山西省长治市潞州区第二中学高三第三次模拟考试新高考化学试卷及答案解析

山西省长治市潞州区第二中学高三第三次模拟考试新高考化学试卷注意事项: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、已知NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是（）A．标准状况下0.5molNT3分子中所含中子数为6.5NAB．0.1molFe与0.1molCl2完全反应后，转移的电子数为0.2NAC．13.35gAlCl3水解形成的Al(OH)3胶体粒子数小于0.1NAD．一定条件下的密闭容器中，2molSO2和1molO2催化反应充分发生后分子总数为2NA2、氯碱工业是高耗能产业,一种将电解池与燃料电池相组合的新工艺可以节能30%以上,工作原理如图所示,其中各电极未标出。下列有关说法错误的是（）A．A池中右边加入NaOH溶液的目的是增大溶液的导电性B．两池工作时收集到标准状况下气体X为2.24L,则理论上此时充入标准状况下的空气(不考虑去除CO2的体积变化)的体积约为5.6LC．A为阳离子交换膜、B为阴离子交换膜D．氢氧化钠的质量分数从大到小的顺序为b%>a%>c%3、螺环烃是指分子中两个碳环共用一个碳原子的脂环烃。是其中一种，下列关于该化合物的说法错误的是（）A．该化合物的分子式为C9H12B．一氯代物有四种C．该化合物可以发生氧化、取代、加成、加聚等反应D．与Br2以物质的量之比l：1加成生成2种产物4、新型冠状病毒是一种致病性很强的RNA病毒，下列说法错误的是A．新型冠状病毒组成元素中含有C、H、OB．用“84消毒液”进行消毒时，消毒液越浓越好C．3M防颗粒物口罩均使用3M专有高效过滤材料——聚丙烯材质，聚丙烯属于高分子D．不去人群聚集处、勤洗手可预防新型冠状病毒5、黄铜矿（CuFeS2）是提取铜的主要原料，其煅烧产物Cu2S在1200℃高温下继续反应：2Cu2S+3O2→2Cu2O+2SO2…①2Cu2O+Cu2S→6Cu+SO2…②．则A．反应①中还原产物只有SO2B．反应②中Cu2S只发生了氧化反应C．将1molCu2S冶炼成2molCu，需要O21molD．若1molCu2S完全转化为2molCu，则转移电子数为2NA6、X、Y、Z、W为原子序数依次增大的四种短周期元素，其中Z为金属元素，X、W为同一主族元素。X、Z、W形成的最高价氧化物分别为甲、乙、丙，甲是常见温室效应气体。x、y2、z、w分别为X、Y、Z、W的单质，丁是化合物，其转化关系如图所示。下列判断不正确的是A．反应①②③都属于氧化还原反应 B．X、Y、Z、W四种元素中，W的原子半径最大C．在信息工业中，丙常作光导纤维材料 D．一定条件下，x与甲反应生成丁7、下列说法中，正确的是（）A．离子化合物中一定不含共价键B．分子间作用力越大，分子的热稳定性就越大C．可能存在不含任何化学键的晶体D．酸性氧化物形成的晶体一定是分子晶体8、某科研团队研究将磷钨酸(H3PW12O40，以下简称HPW)代替浓硫酸作为酯化反应的催化剂，但HPW自身存在比表面积小、易溶于有机溶剂而难以重复使用等缺点，将其负载在多孔载体(如硅藻土、C等)上则能有效克服以上不足，提高其催化活性。用HPW负载在硅藻土上催化制取乙酸正丁酯的酯化率与HPW负载量的关系(温度：120℃，时间：2h)如图所示，下列说法不正确的是A．与HPW相比，HPW/硅藻土比表面积显著增加，有助于提高其催化性能B．当HPW负载量为40%时达到饱和，酯化率最高C．用HPW/硅藻土代替传统催化剂，可减少设备腐蚀等不足D．不同催化剂对酯化率的影响程度主要取决于化学反应正向进行的程度9、短周期主族元素M、X、Y、Z、W原子序数依次递增，在周期表中M的原子半径最小，X的次外层电子数是其电子总数的，Y是地壳中含量最高的元素，M与W同主族。下列说法正确的是A．Z的单质与水反应的化学方程式为：Z2+H2O=HZ+HZOB．X和Z的简单氢化物的稳定性：X<ZC．X、Y、Z均可与M形成18e-的分子D．常温下W2XY3的水溶液加水稀释后，所有离子浓度均减小10、下列生产、生活中的事实不能用金属活动性顺序表解释的是()A．铝制器皿不宜盛放酸性食物B．电解饱和食盐水阴极产生氢气得不到钠C．铁制容器盛放和运输浓硫酸D．镀锌铁桶镀层破损后铁仍不易被腐蚀11、共用两个及两个以上碳原子的多环烃称为桥环烃，共用的碳原子称为桥头碳。桥环烃二环[2.2.0]己烷的碳原子编号为。下列关于该化合物的说法错误的是（）A．桥头碳为1号和4号B．与环己烯互为同分异构体C．二氯代物有6种（不考虑立体异构）D．所有碳原子不可能位于同一平面12、工业制备氮化硅的反应为：3SiCl4(g)＋2N2(g)＋6H2(g)Si3N4(s)＋12HCl(g)ΔH<0，将0.3molSiCl4和一定量N2、H2投入2L反应容器，只改变温度条件测得Si3N4的质量变化如下表：下列说法正确的是()A．250℃，前2min,Si3N4的平均反应速率为0.02mol·L－1·min－1B．反应达到平衡时，两种温度下N2和H2的转化率之比相同C．达到平衡前，300℃条件的反应速率比250℃快；平衡后，300℃比250℃慢D．反应达到平衡时，两种条件下反应放出的热量一样多13、用下列装置进行相应实验，能达到实验目的的是()A．用或作反应物制氧气B．进行中和热的测定C．蒸干溶液制备D．模拟工业制氨气并检验产物14、下列有关碳酸钠在化学实验中的作用叙述错误的是（）A．用碳酸钠溶液制备少量烧碱B．用饱和碳酸钠溶液除去CO2中混有的HCl气体C．用饱和碳酸钠溶液除去乙酸乙酯中混有的乙醇和乙酸D．用热的碳酸钠溶液洗涤银镜反应前试管内壁的油污15、高温下，超氧化钾晶体(KO2)呈立方体结构。如图为超氧化钾晶体的一个晶胞(晶体中最小的重复单元)。则下列有关说法正确的是（）A．KO2中只存在离子键B．超氧化钾的化学式为KO2，每个晶胞含有1个K＋和1个O2－C．晶体中与每个K＋距离最近的O2－有6个D．晶体中，所有原子之间都以离子键相结合16、ClO2和NaClO2均具有漂白性，工业上用ClO2气体制NaClO2的工艺流程如图所示。下列说法不正确的是A．步骤a的操作包括过滤、洗涤和干燥B．吸收器中生成NaClO2的离子方程式为2ClO2+H2O2=2ClO2－+2H++O2↑C．工业上将ClO2气体制成NaCIO2固体,其主要目的是便于贮存和运输D．通入的空气的目的是驱赶出ClO2，使其被吸收其充分吸收二、非选择题（本题包括5小题）17、化合物M是制备一种抗菌药的中间体，实验室以芳香化合物A为原料制备M的一种合成路线如下：已知：R1CH2BrR1CH=CHR2回答下列问题：(1)A的结构简式为_______；B中官能团的名称为_______；C的化学名称为_________。(2)由C生成D所需的试剂和条件为_______，该反应类型为____________.(3)由F生成M的化学方程式为__________________________________。(4)Q为M的同分异构体，满足下列条件的Q的结构有________种(不含立体异构)，任写出其中一.种核磁共振氢谱中有4组吸收峰的结构简式_________________。①除苯环外无其他环状结构②能发生水解反应和银镜反应(5)参照上述合成路线和信息，以乙烯和乙醛为原料(无机试剂任选)，设计制备聚2-丁烯的合成路线_____________。18、吡贝地尔（）是多巴胺能激动剂，合成路线如下：已知：①②D的结构简式为(1)A的名称是__________。(2)E→F的反应类型是__________。(3)G的结构简式为________；1molB最多消耗NaOH与Na的物质的量之比为_______。(4)D+H→吡贝地尔的反应的化学方程式为_______。(5)D的同分异构体中满足下列条件的有______种（碳碳双键上的碳原子不能连羟基），其中核磁共振氢谱有5种峰且峰面积之比为2:2:1:1:1的结构简式为_______（写出一种即可）。①与FeCl3溶液发生显色反应②苯环上有3个取代基③1mol该同分异构体最多消耗3molNaOH。(6)已知：；参照上述合成路线，以苯和硝基苯为原料（无机试剂任选）合成，设计制备的合成路线：_______。19、纳米TiO2是一种重要的光催化剂。以钛酸酯Ti(OR)4为原料制备纳米TiO2的步骤如下：①组装装置如下图所示，保持温度约为65℃，先将30mL钛酸四丁酯[Ti(OC4H9)4]加入盛有无水乙醇的三颈烧瓶，再加入3mL乙酰丙酮，充分搅拌；②将含水20％的乙醇溶液缓慢滴入三颈烧瓶中，得到二氧化钛溶胶；③将二氧化钛溶胶干燥得到二氧化钛凝胶，灼烧凝胶得到纳米TiO2。已知，钛酸四丁酯能溶于除酮类物质以外的大部分有机溶剂，遇水剧烈水解；Ti(OH)4不稳定，易脱水生成TiO2，回答下列问题：(1)仪器a的名称是_______，冷凝管的作用是________。(2)加入的乙酰丙酮可以减慢水解反应的速率，其原理可能是________(填标号)。a.增加反应的焓变b.增大反应的活化能c.减小反应的焓变d.降低反应的活化能制备过程中，减慢水解反应速率的措施还有________。(3)步骤②中制备二氧化钛溶胶的化学方程式为________。下图所示实验装置中，可用于灼烧二氧化钛凝胶的是________(填标号)。(4)测定样品中TiO2纯度的方法是：精确称取0.2000g样品放入锥形瓶中，加入硫酸和硫酸铵的混合溶液，加强热使其溶解。冷却后，加入一定量稀盐酸得到含TiO2+的溶液。加入金属铝，将TiO2+全部转化为Ti3+。待过量的金属铝完全溶解并冷却后，加入指示剂，用0.1000mol·L-lNH4Fe(SO4)2溶液滴定至终点。重复操作2次，消耗0.1000mol·L-1NH4Fe(SO4)2溶液的平均值为20.00mL(已知：Ti3+＋Fe3+＋H2O=TiO2+＋Fe2+＋2H＋)。①加入金属铝的作用除了还原TiO2＋外，另一个作用是________________。②滴定时所用的指示剂为____________(填标号)a.酚酞溶液b.KSCN溶液c.KMnO4溶液d.淀粉溶液③样品中TiO2的质量分数为________%。20、碘对动植物的生命是极其重要的，海水里的碘化物和碘酸盐参与大多数海生物的新陈代谢。在高级哺乳动物中，碘以碘化氨基酸的形式集中在甲状腺内，缺乏碘会引起甲状腺肿大。I.现要从工业含碘废液中回收碘单质(废液中含有H2O、油脂、I2、I)。设计如图一所示的实验过程：（1）为了将含碘废液中的I2完全转化为I—而进入水层，向含碘废液中加入了稍过量的A溶液，则A应该具有___________性。（2）将在三颈烧瓶中反应完全后的溶液经过操作②获得碘单质，操作②包含多步操作，操作名称分别为萃取、_____、_____，在操作②中必须用到下列所示的部分仪器或装置，这些仪器和装置是________________(填标号)。（3）将操作①所得溶液放入图二所示的三颈烧瓶中，并用盐酸调至pH约为2，再缓慢通入适量Cl2，使其在30~40℃反应。写出其中发生反应的离子方程式________________；Cl2不能过量，因为过量的Cl2将I2氧化为IO3-，写出该反应的离子方程式__________。II.油脂的不饱和度可通过油脂与碘的加成反应测定，通常称为油脂的碘值。碘值越大，油脂的不饱和程度越高。碘值是指100g油脂所能吸收的I2的克数。称取xg某油脂，加入含ymolI2的韦氏溶液(

韦氏溶液是碘值测定时使用的特殊试剂，含有CH3COOH)，充分振荡；过量的I2用cmol/LNa2S2O3标准溶液滴定(淀粉作指示剂)，消耗Na2S2O3溶液VmL(滴定反应为:2Na2S2O3+I2＝Na2S4O6+2NaI)。回答下列问题:（1）下列有关滴定的说法不正确的是________(填标号)。A．标准Na2S2O3溶液应盛装在碱式滴定管中B．滴定时眼睛只要注视滴定管中溶液体积的变化C．滴定终点时，俯视读数，导致测定结果偏低D．滴定到溶液由无色变蓝色时应该立即停止滴定（2）用该测定方法测定的碘值需要用相关的实验校正，因为所测得的碘值总比实际碘值低，原因是_______________________________________________。（3）该油脂的碘值为_____g(列式表示)。21、锰是重要的合金材料和催化剂，在工农业生产和科技领域有广泛的用途。请回答下列问题：（1）溶液中的Mn2+可被酸性溶液氧化为MnO4-，该方法可用于检验Mn2+。①检验时的实验现象为_________。②该反应的离子方程式为___________。③可看成两分子硫酸偶合所得，若硫酸的结构式为，则的结构式为_________。（2）实验室用含锰废料（主要成分，含有少量）制备Mn的流程如下：已知：Ⅰ．难溶物的溶度积常数如下表所示：难溶物溶度积常数（）4.0×10－381.0×10－331.8×10－111.8×10－13Ⅱ．溶液中离子浓度≤10－5mol·L－1时，认为该离子沉淀完全。①“酸浸”时，将Fe氧化为Fe3＋。该反应的离子方程式为________；该过程中时间和液固比对锰浸出率的影响分别如图1、图2所示：则适宜的浸出时间和液固比分别为___________、___________。②若“酸浸”后所得滤液中c(Mn2＋)＝0.18mol·L－1，则“调pH”的范围为___________。③“煅烧”反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为_______。“还原”时所发生的反应在化学上又叫做_________。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【解析】

A.标准状况下，0.5molNT3分子中所含中子数为=6.5NA，A正确；B.0.1molFe与0.1molCl2完全反应，根据方程式2Fe＋3Cl22FeCl3判断铁过量，转移的电子数为0.2NA，B正确；C.13.35gAlCl3物质的量为0.1mol，Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋，水解是可逆的，形成的Al(OH)3胶体粒子数应小于0.1NA，C正确；D.2molSO2和1molO2的反应是可逆反应，充分反应也不能进行到底，故反应后分子总数为应大于2NA，D错误；故选D。2、C【解析】

A．氢氧化钠是强电解质，A池中右边加入NaOH溶液的目的是增大溶液的导电性，A正确；B．电解池中，阳极反应：2Cl--2e-=Cl2↑，X是氯气，阴极氢离子放电2H++2e-＝H2↑，Y是氢气，2.24氯气是0.1molCl2，转移电子是0.2mol，燃料电池中，正极发生得电子的还原反应：O2+2H2O+4e-=4OH-，当转移0.2mol电子，理论上燃料电池中消耗O2的物质的量为0.05mol，标况下体积是0.05mol×22.4L/mol＝1.12L，因此此时充入标准状况下的空气(不考虑去除CO2的体积变化)的体积约为1.12L×5＝5.6L，B正确；C．电解池中阳离子向阴极移动，原电池中阳离子向正极移动，则A、B均为阳离子交换膜，C错误；D．燃料电池中的离子膜只允许阳离子通过，而燃料电池中正极氧气得到电子产生OH-，所以反应后氢氧化钠的浓度升高，即b%大于a%，负极氢气失电子生成氢离子消耗氢氧根离子，所以a%＞c%，得到b%＞a%＞c%，D正确。答案选C。【点睛】明确电极的判断及发生的电极反应为解答的关键，注意利用电子守恒进行计算。3、B【解析】

A．根据化合物的结构简式，可知该化合物的分子式为C9H12，故A正确；B．该化合物没有对称轴，等效氢共有8种，所以其一氯代物有8种，故B错误；C．该化合物有碳碳双键，可以发生氧化、加成、加聚等反应，该化合物有饱和碳原子，可以和氯气在光照下发生取代反应，故C正确；D．该化合物有2个碳碳双键，而且不对称，所以与Br2以物质的量之比l：1加成生成2种产物，故D正确；故选B。【点睛】该化合物分子中有2个碳碳双键，2个碳碳双键之间有2个碳碳单键，所以与Br2以物质的量之比l：1加成时只能和其中一个碳碳双键加成，无法发生1，4-加成，故与Br2以物质的量之比l：1加成只能得到2种产物。4、B【解析】

A.新型冠状病毒成分为蛋白质，组成元素为C、H、O、N等，故A错误；B.用“84消毒液”进行消毒时，消毒液过高对人体健康也会产生危害，故B错误；C.聚丙烯材质的成分为聚丙烯，聚丙烯属于合成有机高分子，故C正确；D..新型冠状病毒主要通过飞沫和接触传播，为减少传染性，不去人群聚集处、勤洗手可预防新型冠状病毒，故D正确；故选B。5、C【解析】

反应①中S化合价变化为：-2→+4，O化合价变化为：0→-2；反应②中，Cu化合价变化为：+1→0，S化合价变化为：-2→+4。可在此认识基础上对各选项作出判断。【详解】A．O化合价降低，得到的还原产物为Cu2O和SO2，A选项错误；B．反应②中Cu2S所含Cu元素化合价降低，S元素化合价升高，所以Cu2S既发生了氧化反应，又发生了还原反应，B选项错误；C．将反应①、②联立可得：3Cu2S+3O2→6Cu+3SO2，可知，将1molCu2S冶炼成2molCu，需要O21mol，C选项正确；D．根据反应：3Cu2S+3O2→6Cu+3SO2，若1molCu2S完全转化为2molCu，只有S失电子，：[(4-(-2)]mol=6mol，所以，转移电子的物质的量为6mol，即转移的电子数为6NA，D选项错误；答案选C。【点睛】氧化还原反应中，转移的电子数=得电子总数=失电子总数。6、B【解析】

已知甲是常见温室效应气体，X、W为同一主族元素，X、W形成的最高价氧化物分别为甲、丙，则X为C元素、W为Si元素，甲为二氧化碳，丙为二氧化硅，x、w分别为X、W的单质，在高温条件下x碳单质与二氧化硅反应生成w为硅，丁为一氧化碳；y2为氧气，碳与氧气点燃反应生成甲为二氧化碳，则Y为O元素，Z为金属元素，z金属单质能与二氧化碳反应生成碳单质与金属氧化物，则Z为Mg元素，综上所述，X为C元素、Y为O元素、Z为Mg元素、W为Si元素，据此解答。【详解】由以上分析可知，X为C元素、Y为O元素、Z为Mg元素、W为Si元素，A.反应①二氧化碳与镁反应、②碳与氧气反应、③碳与二氧化硅反应都属于氧化还原反应，A项正确；B.同周期元素原子半径从左到右依次减小，同主族元素原子半径从上而下以此增大，故C、O、Mg、Si四种元素中，Mg的原子半径最大，B项错误；C.丙为二氧化硅，在信息工业中，二氧化硅常作光导纤维材料，C项正确；D.在高温条件下，碳与二氧化碳反应生成一氧化碳，D项正确；答案选B。7、C【解析】

A.离子化合物一定有离子键，可能含有共价键，如NaOH属于离子化合物含有离子键和共价键，故A错误；B.分子的热稳定性由共价键决定，分子间作用力决定物质的物理性质，故B错误；C.稀有气体分子里面不含化学键，一个原子就是一个分子，故C正确；D.二氧化硅为酸性氧化物，但它是由氧原子和硅原子构成的晶体，且以共价键形成空间网状结构的原子晶体，不是分子晶体，故D错误；正确答案是C。【点睛】本题考查化学键、分子间作用力等知识，题目难度不大，注意分子间作用力影响分子的物理性质，分子的稳定性属于化学性质。8、D【解析】

A、HPW自身存在比表面积小、易溶于有机溶剂而难以重复使用等缺点，将其负载在多孔载体(如硅藻土、C等)上则能有效克服以上不足，提高其催化活性，选项A正确；B、根据图中曲线可知，当HPW负载量为40%时达到饱和，酯化率最高，选项B正确；C、用HPW/硅藻土代替传统催化剂浓硫酸，可减少设备腐蚀等不足，选项C正确；D、催化剂不能使平衡移动，不能改变反应正向进行的程度，选项D不正确。答案选D。9、B【解析】

M、X、Y、Z、W原子序数依次递增的短周期主族元素，在周期表中M的原子半径最小，M为H元素，X的次外层电子数是其电子总数的，X为C元素，Y是地壳中含量最高的元素，Y为O元素，M(H)与W同主族，则W为Na元素，Z为F元素，据此分析解答问题。【详解】A．Z的单质为F2，F2与水的反应方程式为F2+2H2O=4HF+O2，A选项错误；B．非金属性越强，简单气态氢化物的稳定性越强，非金属性：C<F，则稳定性：CH4<HF，B选项正确；C．C、O可以与H形成18e-的分子分别为C2H6、H2O2，但F元素不可以，C选项错误；D．常温下Na2CO3的水溶液加水稀释后，溶液中OH-的浓度减小，由于水的离子积常数不变，则H+的浓度增大，D选项错误；答案选B。10、C【解析】

A．铝性质较活泼，能和强酸、强碱反应生成盐和氢气，在金属活动性顺序表中Al位于H之前，所以能用金属活动性顺序解释，故A错误；B．金属阳离子失电子能力越强，其单质的还原性越弱，用惰性电极电解饱和食盐水时，阴极生成氢气而得不到钠，说明Na的活动性大于氢，所以可以用金属活动性顺序解释，故B错误；C．常温下，浓硫酸和铁发生氧化还原反应生成致密的氧化物薄膜而阻止进一步被氧化，该现象是钝化现象，与金属活动性顺序无关，故C正确；D．构成原电池的装置中，作负极的金属加速被腐蚀，作正极的金属被保护，Fe、Zn和电解质构成原电池，Zn易失电子作负极、Fe作正极，则Fe被保护，所以能用金属活动性顺序解释，故D错误；故选C。【点睛】金属活动性顺序表的意义：①金属的位置越靠前，它的活动性越强；②位于氢前面的金属能置换出酸中的氢（强氧化酸除外）；③位于前面的金属能把位于后面的金属从它们的盐溶液中置换出来（K，Ca，Na除外）；④很活泼的金属，如K、Ca、Na与盐溶液反应，先与溶液中的水反应生成碱，碱再与盐溶液反应，没有金属单质生成．如：2Na+CuSO4+2H2O═Cu（OH）2↓+Na2SO4+H2↑；⑤不能用金属活动性顺序去说明非水溶液中的置换反应，如氢气在加热条件下置换氧化铁中的铁：Fe2O3+3H22Fe+3H2O。11、C【解析】

A.由桥环烃二环[2.2.0]己烷的结构可知，桥头碳为1号和4号，形成2个四元碳环，故A正确；B.桥环烃二环[2.2.0]己烷和环己烯的分子式均为C6H10，二者的分子结构不同，互为同分异构体，故B正确；C.该烃分子有2种不同化学环境的氢原子，其二氯代物中2个氯原子在同一碳原子上的有1种，在不同碳原子上的有6种，故其二氯代物有7种，故C错误；D.该烃分子中所有碳原子均形成4个单键，所以所有碳原子不可能位于同一平面，故D正确；故选C。【点睛】12、B【解析】

A、Si3N4为固体，固体的浓度视为常数，无法计算Si3O4的反应速率，故A错误；B、起始N2和H2的物质的量比值为定值，反应中N2和H2的消耗量的比值恒定为1:3，则反应达到平衡时，两种温度下N2和H2的转化率之比相同，故B正确；C、其他条件相同时，升高温度，反应速率加快，温度越高，反应速率越大，则达到平衡前，300℃条件的反应速率比250℃快，平衡后，300℃依然比250℃快，故C错误；D、该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，温度不同，反应物的消耗量不同，则反应放出的热量不同，故D错误；答案选B。13、A【解析】

A.Na2O2与水反应，H2O2在二氧化锰催化条件下都能制取氧气，二者都是固体与液体常温条件下反应，故A正确；B.进行中和热的测定需要用到环形玻璃搅拌棒，缺少仪器，故B错误；C.蒸干CuSO4溶液，因结晶硫酸铜受热会脱水，使得到的CuSO4·5H2O固体不纯，故C错误；D.工业制氨气是在高温、高压和催化剂的条件下进行的，此处无高压条件，且检验氨气应用湿润的红色石蕊试纸，故D错误。故选A。14、B【解析】

A．碳酸钠可与氢氧化钙发生复分解反应，在实验室中可用于制备NaOH溶液，故A正确；B．CO2和HCl都能与饱和碳酸钠反应，无法达到提纯的目的，应用饱和碳酸氢钠溶液除去HCl，故B错误；C．乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，乙酸可与碳酸钠反应，可溶乙醇于水，可起到分离物质的作用，故C正确；D．热的碳酸钠溶液呈碱性，油污在碱性条件下可发生水解，可除去油污，故D正确；故答案为B。15、C【解析】

A、K+离子与O2-离子形成离子键，O2-离子中O原子间形成共价键，故A错误；B、K+离子位于顶点和面心，数目为8×1/8+6×1/2=4，O2-离子位于棱心和体心，数目为12×1/4+1=4，即每个晶胞中含有4个K+和4个O2-，故B错误；C、由晶胞图可知，以晶胞上方面心的K+为研究对象，其平面上与其距离最近的O2-有4个，上方和下方各有一个，共有6个，故C正确；D、O原子间以共价键结合，故D错误。故选C。【点睛】易错点为C项，由晶胞图可知，以晶胞上方面心的K+为研究对象，其平面上与其距离最近的O2-有4个，上方和下方各有一个。16、B【解析】

A.结晶后分离出固体的操作是过滤、洗涤和干燥，故A正确；B.在碱性条件下，产物中不能有酸，生成NaClO2的离子方程式为2ClO2+H2O2+2OH-=2ClO2-+2H2O+O2↑，故B错误；C.ClO2是气体，气体不便于贮存和运输，制成NaCIO2固体，便于贮存和运输，故C正确；D.通入的空气可以将ClO2驱赶到吸收器中，使其被吸收其充分吸收，故D正确。选B。二、非选择题（本题包括5小题）17、醛基邻甲基苯甲酸(或2-甲基苯甲酸)Br2、光照取代反应+NaOH+NaI+H2O4或【解析】

A分子式是C7H8，结合物质反应转化产生的C的结构可知A是，A与CO在AlCl3及HCl存在条件下发生反应产生B是，B催化氧化产生C为，C与Br2在光照条件下发生取代反应产生，D与HCHO发生反应产生E：，E与I2在一定条件下发生信息中反应产生F：，F与NaOH的乙醇溶液共热发生消去反应产生M：。【详解】由信息推知：A为，B为，E为，F为。

(1)A的结构简式为；中官能团的

名称为醛基；的化学名称为邻甲基苯甲酸(或2-甲基苯甲酸)；

(2)在

光照条件下与Br2发生取代反应生成；(3)发生消去反应生成的化学方程式为：+NaOH+NaI+H2O。(4)M为，由信息，其同分异构体Q中含有HCOO-、-C≡C-，满足条件的结构有、(邻、间、对位3种)共4种，再根据核磁共振氢谱有4组吸收峰，可推知Q的结构简式为、。(5)聚2-丁烯的单体为CH3CH=CHCH3，该单体可用CH3CH2Br与CH3CHO利用信息的原理制备，CH3CH2Br可用CH2=CH2与HBr加成得到。故合成路线为CH2=CH2CH3CH2BrCH3CH=CHCH3。【点睛】本题考查有机物推断和合成，根据某些结构简式、分子式、反应条件采用正、逆结合的方法进行推断，要结合已经学过的知识和题干信息分析推断，侧重考查学生分析判断及知识综合运用能力、发散思维能力。18、苯取代反应1:1或12【解析】

由已知信息可知A为苯，再和CH2Cl2发生取代反应生成，再和HCHO在浓盐酸的作用下生成的D为；和Cl2在光照条件下发生取代反应生成的F为，F再和G发生取代反应生成，结合G的分子式可知G的结构简式为；再和在乙醇和浓氨水的作用下生成吡贝地尔（），据此分析解题；（6）以苯和硝基苯为原料合成，则需要将苯依次酚羟基、卤素原子得到，将硝基苯先还原生成苯胺，苯胺再和在PdBr4的催化作用下即可得到目标产物。【详解】(1)A的结构简式为，其名称是苯；(2)和Cl2在光照条件下发生取代反应生成的F为，则E→F的反应类型是取代反应；(3)由分析知G的结构简式为；B为，酚羟基均能和Na、NaOH反应，则1molB最多消耗NaOH与Na的物质的量之比为1:1；(4)和在乙醇和浓氨水的作用下生成吡贝地尔的化学方程式为；(5)D为，其分子式为C8H7O2Cl，其同分异构体中：①与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；②苯环上有3个取代基，这三个取代基有连、间、偏三种连接方式；③1mol该同分异构体最多消耗3molNaOH，则分子结构中含有2个酚羟基，另外存在卤素原子水解，则另一个取代基为-CH=CHCl或-CCl=CH2，苯环上先定位取代基为-CH=CHCl或-CCl=CH2，再增加二个酚羟基，则各有6种结构，即满足条件的同分异构体共有12种，其中核磁共振氢谱有5种峰且峰面积之比为2:2:1:1:1的结构简式为；（6）以苯和硝基苯为原料合成，则需要将苯依次酚羟基、卤素原子得到，将硝基苯先还原生成苯胺，苯胺再和在PdBr4的催化作用下即可得到目标产物，具体合成路线为。【点睛】解有机推断与合成题，学生需要将题目给信息与已有知识进行重组并综合运用是解答本题的关键，需要学生具备准确、快速获取新信息的能力和接受、吸收、整合化学信息的能力，采用正推和逆推相结合的方法，逐步分析有机合成路线，可推出各有机物的结构简式，然后分析官能团推断各步反应及反应类型。本题根据吡贝地尔的结构特点分析合成的原料，再结合正推与逆推相结合进行推断，充分利用反应过程C原子数目，对学生的逻辑推理有较高的要求。19、温度计冷凝回流b用含水20%的乙醇溶液代替水、缓慢滴液Ti(OC4H9)4+2H2O=TiO2+4C4H9OHa与酸反应生成氢气，形成氢气氛围，防止Ti3+在空气中被氧化b80【解析】

(1)根据水、无水乙醇和乙酰丙酮容易挥发分析解答；(2)反应的焓变只与初始状态和终了状态有关；增大反应的活化能，反应速率减慢；降低反应的活化能，反应速率加快，据此分析判断；根据实验步骤②的提示分析判断；(3)Ti(OH)4不稳定，易脱水生成TiO2，钛酸四丁酯[Ti(OC4H9)4]水解生成二氧化钛溶胶，据此书写反应的化学方程式；灼烧固体需要在坩埚中进行；(4)根据Ti3+＋Fe3+＋H2O=TiO2+＋Fe2+＋2H＋，说明Ti3+容易被氧化；并据此分析判断可以选用的指示剂，结合消耗的NH4Fe(SO4)2的物质的量计算样品中TiO2的质量分数。【详解】(1)根据装置图，仪器a为温度计，实验过程中为了防止水、无水乙醇和乙酰丙酮挥发，可以使用冷凝管冷凝回流，提高原料的利用率，故答案为温度计；冷凝回流；(2)a.反应的焓变只与初始状态和终了状态有关，加入的乙酰丙酮，改变是反应的条件，不能改变反应的焓变，故a错误；b.增大反应的活化能，活化分子数减少，反应速率减慢，故b正确；c.反应的焓变只与初始状态和终了状态有关，加入的乙酰丙酮，改变是反应的条件，不能改变反应的焓变，故c错误；d.降低反应的活化能，活化分子数增多，反应速率加快，故d错误；故选b；根据实验步骤②的提示，制备过程中，用含水20%的乙醇溶液代替水、缓慢滴液，减慢钛酸四丁酯[Ti(OC4H9)4]水解的反应速率，故答案为b；用含水20%的乙醇溶液代替水、缓慢滴液；(3)Ti(OH)4不稳定，易脱水生成TiO2，步骤②中钛酸四丁酯[Ti(OC4H9)4]水解生成二氧化钛溶胶，反应的化学方程式为Ti(OC4H9)4+2H2O=TiO2+4C4H9OH；灼烧二氧化钛凝胶需要在坩埚中进行，故选择的装置为a，故答案为Ti(OC4H9)4+2H2O=TiO2+4C4H9OH；a；(4)①根据Ti3+＋Fe3+＋H2O=TiO2+＋Fe2+＋2H＋，说明Ti3+容易被氧化，铝与酸反应生成氢气，在液面上方形成氢气氛围，防止Ti3+在空气中被氧化，故答案为与酸反应生成氢气，形成氢气氛围，防止Ti3+在空气中被氧化；②酚酞溶液、淀粉溶液与NH4Fe(SO4)2溶液，现象不明显；KMnO4溶液也能氧化Ti3+，影响滴定结果，KMnO4不与Fe3+反应；根据滴定反应Ti3+＋Fe3+＋H2O=TiO2+＋Fe2+＋2H＋可知，可以选用KSCN溶液作指示剂，当滴入最后一滴NH4Fe(SO4)2溶液，容易变成血红色，且半分钟不褪色，说明到达了滴定终点，故答案为b；③消耗的NH4Fe(SO4)2的物质的量=0.02L×0.1000mol·L-1=0.002mol，则根据钛原子守恒，n(TiO2)=n(Ti3+)=n（Fe3+）=0.002mol，样品中TiO2的质量分数=×100%=80%，故答案为80。20、还原性分液蒸馏①⑤Cl2+2I—=2Cl—+I25Cl2+I2+6H2O=10C1-+2IO3-+12H+BD韦氏液中的CH3COOH消耗Na2S2O3，使滴定过程消耗的Na2S2O3