安徽省滁州市定远县民族中学新高考化学倒计时模拟卷及答案解析

安徽省滁州市定远县民族中学新高考化学倒计时模拟卷注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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、氮化碳(C3N4)的硬度大于金刚石，则氮化碳中A．只有共价键 B．可能存在离子C．可能存在N≡N D．存在极性分子2、2020年5月新修订的《北京市生活垃圾管理条例》将正式实施，垃圾分类并回收利用，可以减少污染，节约自然资源。下列垃圾投放有错误的是A废旧报纸、饮料瓶、电池等B剩饭菜、瓜皮果壳、枯草落叶等C过期药品、化妆品、油漆等D一次性餐具、卫生纸、灰土等A．A B．B C．C D．D3、下列说法正确的是A．苯乙烯和苯均能使溴水褪色，且原理相同B．用饱和Na2CO3溶液可鉴别乙醇、乙酸、乙酸乙酯C．用Ni作催化剂，1mol最多能与5molH2加成D．C3H6BrCl的同分异构体数目为64、下列各组离子能在指定环境中大量共存的是A．在c（HCO3-）=0.1mol/L的溶液中：NH4+、Al3+、Cl－、NO3-B．在由水电离出的c（H+）=1×10－12mol/L的溶液中：Fe2+、ClO－、Na+、SO42-C．pH=1的溶液中：Mg2+、Fe3+、NO3－、[Ag(NH3)2]+D．在使红色石蕊试纸变蓝的溶液中：SO32-、CO32-、Na+、K+5、《新修草本》有关“青矾”的描述为：“本来绿色，新出窟未见风者，正如琉璃……烧之赤色……”据此推测“青矾”的主要成分为()A．B．C．D．6、能证明与过量NaOH醇溶液共热时发生了消去反应的是（）A．混合体系Br2的颜色褪去B．混合体系淡黄色沉淀C．混合体系有机物紫色褪去D．混合体系有机物Br2的颜色褪去7、已知某酸HA的电离常数Ka=2.0×10-8，用2mol/LNaOH溶液滴定100ml2mol/LHA溶液，溶液的pH随滴入NaOH溶液的体积变化曲线如图下列说法正确的是A．a点溶液的pH=4B．b点溶液中存在：c（A-）>c（Na+）>c（H+）=c（OH-）C．b点c（HA）/c（A-）=5D．c点c（A-）+c（H+）=c（Na+）+c（OH-）8、一种基于锂元素的电化学过程来合成氨的方法，其效率能达到88.5%。其工艺流程如图所示，下列说法错误的是（）A．反应Ⅰ的关键是隔绝空气和水B．反应Ⅱ的产物LiOH是离子化合物C．整个流程中，金属锂是催化剂D．整个流程的总化学方程式为：2N2+6H2O═4NH3+3O29、W、X、Z是原子序数依次增大的同一短周期元素，W、X是金属元素，Z是非金属元素，W、X的最高价氧化物对应的水化物可以相互反应生成盐和水，向一定量的W的最高价氧化物对应的水化物溶液中逐滴加人XZ3溶液，生成的沉淀X(OH)3的质量随XZ3溶液加人量的变化关系如图所示。则下列离子组在对应的溶液中一定能大量共存的是A．d点对应的溶液中:K+、NH4+、CO32-、I-B．c点对应的溶液中:Ag+、Ca2+、NO3-、Na+C．b点对应的溶液中:Na+、S2-、SO42-、Cl-D．a点对应的溶液中:Na+、K+、S042-、HCO3-10、W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，它们分别位于三个不同的周期。常温下，元素W与X可形成两种液态物质；Y、Z两种元素可组成二聚气态分子(如图所示)，其中Y原子的最外层电子数等于其电子层数。下列叙述不正确的是（）A．W与Z具有相同的负化合价B．四种元素的简单离子半径由大到小的顺序：Z>Y>X>WC．Y2Z6分子中所有原子的最外层均满足8电子稳定结构D．工业上可电解X与Y形成的熔融化合物制取Y的单质11、下列有关实验的图示及分析均正确的是（）选项实验目的实验图示实验分析A实验室用酸性高锰酸钾溶液滴定草酸溶液摇瓶时，使溶液向一个方向做圆运动，勿使瓶口接触到滴定管，溶液也不得溅出B石油分馏时接收馏出物为收集到不同沸点范围的馏出物，需要不断更换锥形瓶C测定锌与稀硫酸反应生成氢气的速率实验中需测定的物理量是反应时间和生成氢气的体积D用四氯化碳萃取碘水中的碘充分震荡后静置，待溶液分层后，先把上层液体从上口倒出，再让下层液体从下口流出A．A B．B C．C D．D12、“文房四宝”湖笔、徽墨、宣纸和歙砚为中华传统文化之瑰宝。下列说法正确的是A．制造毛笔时，将动物毫毛进行碱洗脱脂是为了增强笔头的吸水性B．徽墨的主要成分是性质稳定的焦炭，故水墨字画能较长久地保存C．宣纸的主要成分是碳纤维，其制造工艺促进了我国造纸术的发展D．歙砚材质组云母的化学式用氧化物形式表示为：13、某校化学兴趣小组用如图所示过程除去AlCl3溶液中含有的Mg2＋、K＋杂质离子并尽可能减少AlCl3的损失。，下列说法正确的是()A．NaOH溶液可以用氨水来代替B．溶液a中含有Al3＋、K＋、Cl－、Na＋、OH－C．溶液b中只含有NaClD．向溶液a中滴加盐酸需控制溶液的pH14、某无色溶液中可能含有Al3+、HCO3-、Ba2+和Cl-，取样加入少量氢氧化钠溶液产生白色沉淀，另取样加入稀硫酸产生白色沉淀和产生气体，则原溶液中（）A．一定有

Cl-B．一定有

HCO3-C．可能有

Ba2+D．可能有

Al3+15、实验室处理含FeBr3废催化剂的溶液，可得到溴的苯溶液和无水FeCl3。下列做法能达到相应实验目的的是()A．制取Cl2B．使Br－转化为Br2C．分液，先放出水层，再倒出溴的苯溶液D．将分液后的水层蒸干获得无水FeCl316、用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A．4.6gNa与含0.1molHCl的稀盐酸充分反应，转移电子数目为0.1NAB．25℃时，pH=13的Ba(OH)2溶液中含有OH－的数目为0.2NAC．常温下，14克C2H4和C3H6混合气体所含的原子数为3NAD．等质量的1H218O与D216O，所含中子数前者大17、化学与生活密切相关。下列错误的是A．用四氯乙烯干洗剂除去衣服上油污，发生的是物理变化B．“碳九”（石油炼制中获取的九个碳原子的芳烃）均属于苯的同系物C．蛟龙号潜水器用到钛合金，22号钛元素属于过渡元素D．波尔多液（硫酸铜、石灰和水配成）用作农药，利用Cu2+18、化学与人类的生产、生活息息相关。下列说法正确的是（）A．天然纤维和人造纤维主要成分都是纤维素B．生物质能和氢气都属于可再生能源C．古代明矾除铜绿和现代焊接氯化铵除铁锈都利用了溶液显碱性的特性D．燃煤中加入生石灰和汽车限行都是为了减缓温室效应19、下列实验操作能达到实验目的的是()A．加热使升华，可除去铁粉中的B．电解氯化铝溶液，可制备铝单质C．加入烧碱溶液，充分振荡，静置，分液，可除去苯中的苯酚D．将氨水滴加到饱和溶液中，可制备胶体20、图中反应①是制备SiH4的一种方法，其副产物MgCl2·6NH3是优质的镁资源。下列说法错误的是A．A2B的化学式为Mg2SiB．该流程中可以循环使用的物质是NH3和NH4ClC．利用MgCl2·6NH3制取镁的过程中发生了化合反应、分解反应D．分别将MgCl2溶液和Mg(OH)2悬浊液加热、灼烧，最终得到的固体相同21、五种短周期元素X、Y、Z、W、Q原子序数依次增大，W元素在短周期元素中原子半径最大，X、W同族，Z、Q同族，X、Y两种元素的最高正价和最低负价代数和均为0，由上述五种元素中的某几种元素组成的两种化合物均可在一定条件下洗涤含硫的试管，以下说法正确的是()A．酸性：H2YO3<H2QO3，所以非金属性Y<QB．X与W形成的化合物中各原子均满足最外层8电子稳定结构C．X与Y形成的化合物只含有共价键D．由Z、W、Q三种元素形成的盐只有两种22、室温下，用0.100mol·L−1的NaOH溶液分别滴定均为20.00mL0.100mol·L−1的HCl溶液和醋酸溶液，滴定曲线如图所示。下列说法正确的是A．Ⅰ表示的是滴定醋酸的曲线B．pH=7时，滴定醋酸消耗的V（NaOH）＞20.00mLC．V（NaOH）＝20.00mL时，两份溶液中c（Cl－）＞c（CH3COO－）D．V（NaOH）＝10.00mL时，醋酸中c（Na+）＞c（CH3COO－）＞c（H+）＞c（OH－）二、非选择题(共84分)23、（14分）X、Y、Z、R、Q、M是六种短周期元素，原子序数依次增大。X是原子半径最小的元素，Y的气态氢化物能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，Z为地壳中含量最多的元素，R与X同主族；Y、R、Q最外层电子数之和为8，M的单质为黄绿色有害气体。请回答下列问题：（1）Q在元素周期表中的位置为__________________。（2）Z、Q、M简单离子半径由大到小的顺序为(写元素离子符号)_______________。（3）Y的气态氢化物能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的原因：________________(用离子方程式表示)。（4）QM2的电子式为______________。（5）M的单质与R的最高价氧化物对应的水化物反应的离子方程式为______________。24、（12分）氟西汀G是一种治疗抑郁性精神障碍的药物，其一种合成路线如图：已知：LiAIH4是强还原剂，不仅能还原醛、酮，还能还原酯，但成本较高。回答下列问题：（1）碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳。写出D的结构简式，用星号（*）标出D中的手性碳___。（2）④的反应类型是___。（3）C的结构简式为___。（4）G的分子式为___。（5）反应⑤的化学方程式为___。（6）已知M与D互为同分异构体，在一定条件下能与氯化铁溶液发生显色反应。M分子的苯环上有3个取代基，其中两个相同。符合条件的M有__种。（7）也是一种生产氟西汀的中间体，设计以和为主要原料制备它的合成路线___（无机试剂任选）。25、（12分）实验小组制备高铁酸钾(K2FeO4)并探究其性质。资料：K2FeO4为紫色固体，微溶于KOH溶液；具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生O2，在碱性溶液中较稳定。Ⅰ制备K2FeO4(夹持装置略)（1）A的作用_____________（2）在答题纸上将除杂装置B补充完整并标明所用试剂：________（3）在C中得到紫色固体的化学方程式为：______________Ⅱ探究K2FeO4的性质：取C中紫色溶液，加入稀硫酸，产生气体和溶液a。为证明是否K2FeO4氧化了Cl－而产生Cl2，设计以下方案：方案Ⅰ取少量a，滴加KSCN溶液至过量，溶液呈红色方案Ⅱ用KOH溶液充分洗涤C中所得固体，再用KOH溶液将K2FeO4溶解，得到紫色溶液b，取少量b，滴加盐酸，有Cl2产生（4）由方案Ⅰ中溶液变红可知a中含有_____离子，但该离子的产生不能判断一定是K2FeO4将Cl－氧化，还可能由_______产生(用离子方程式表示)。（5）根据方案Ⅱ得出：氧化性Cl2________FeO42-(填“>”或“<”)，而K2FeO4的制备实验实验表明，Cl2和FeO42-的氧化性强弱关系相反，原因是______。26、（10分）FeCl3是重要的化工原料，无水氯化铁在300℃时升华，极易潮解。I．制备无水氯化铁。（1）A装置中发生反应的离子方程式为______________。（2）装置的连接顺序为a→______________→j，k→______________（按气流方向，用小写字母表示）。（3）实验结束后，取少量F装置玻璃管中的固体加水溶解，经检测，发现溶液中含有Fe2+，可能原因为______________。II．探究FeCl3与SO2的反应。（4）已知反应体系中存在下列两种化学变化：（i）Fe3+与SO2发生络合反应生成Fe(SO2)63+（红棕色）；（ii）Fe3+与SO2发生氧化还原反应，其离子方程式为______________。（5）实验步骤如下，并补充完整。步骤现象结论①取5mL1mol·L-1FeCl3溶液于试管中，通入SO2至饱和。溶液很快由黄色变为红棕色②用激光笔照射步骤①中的红棕色液体。_______________红棕色液体不是Fe(OH)3胶体③将步骤①中的溶液静置。1小时后，溶液逐渐变为浅绿色④向步骤③中溶液加入2滴___________溶液(填化学式)。_______________溶液中含有Fe2+（6）从上述实验可知，反应（i）、（ii）的活化能大小关系是：E(i)________E(ii)（填“>”、“<”或“=”，下同），平衡常数大小关系是：K(i)__________K(ii)。27、（12分）工业纯碱中常常含有NaCl、等杂质。为测定某工业纯碱的纯度。设计了如图实验装置。依据实验设计，请回答：（1）仪器D的名称是______________；装置D的作用是______________________。（2）若不考虑操作、药品及其用量等方面的影响，该实验测得结果会___________（填“偏高”、“偏低”，“无影响”）。28、（14分）利奈唑胺（I）为细菌蛋白质合成抑制剂，其合成路线如下：回答下列问题：（1）A中的官能团名称是____，（2）C—D、F—G的结反应类型分别为____（3）B的结构简式为____。（4）H—I的化学方程式为____。（5）碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳。用星号（*）标出中的手性碳____（6）芳香族化合物X是C的同分异构体，写出核磁共振氢谱有4组峰且峰面积比为4:4:2:1的X的结构简式____。（不考虑立体异构，只写一种）（7）参照上述合成路线，设计以甲苯和乙酸为原料制备的合成路线（无机试剂任选）____。29、（10分）药物Targretin(F)能治疗顽固性皮肤T—细胞淋巴瘤，其合成路线如下图所示：已知：（R表示烃基或芳基）（1）反应①的反应类型是______________。（1）反应②的化学方程式：__________________________________________。（3）C的核磁共振氢谱图中有______________个峰。（4）反应③的化学方程式：__________________________________________。（5）F的分子式是C14H18O1．F中含有的官能团：__________________________。（6）写出满足下列条件A的两种同分异构体的结构简式（不考虑—O—O—或结构）：_______。a．苯环上的一氯代物有两种b．既能发生银镜反应又能发生水解反应（7）已知：（R、R’为烃基）。以1-溴丙烷和乙烯为原料，选用必要的无机试剂合成合成路线（用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件）________。

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、A【解析】

A.C3N4晶体具有比金刚石更大的硬度，则C3N4晶体是原子晶体，其中只有共价键，故A正确；B.C3N4晶体具有比金刚石更大的硬度，则C3N4晶体是原子晶体，其中只有共价键，没有离子，故B错误；C.C3N4晶体具有比金刚石更大的硬度，且原子间均以单键结合，则为原子晶体，每个C原子周围有4个N原子，每个N原子周围有3个C原子，形成空间网状结构，C-N键为共价键，没有N≡N，故C错误；D.C3N4晶体中每个C原子周围有4个N原子，形成正四面体空间网状结构，没有极性，故D错误；正确答案是A。【点睛】本题考查原子晶体的性质及作用力，明确信息是解答本题的关键，熟悉原子晶体的构成微粒、作用力、空间结构即可解答，题目难度不大，注重知识的迁移能力来分析解答。2、A【解析】

A.电池属于有害垃圾，A项错误；B.剩饭菜、瓜皮果壳、枯草落叶等属于厨余垃圾，B项正确；C.过期药品、化妆品、油漆等属于有害垃圾，C项正确；D.一次性餐具、卫生纸、灰土等属于其他垃圾，D项正确；答案选A。3、B【解析】

A.苯乙烯中含碳碳双键，与溴水发生加成反应，而苯与溴水混合发生萃取，则苯乙烯与苯使溴水褪色原理不同，故A错误；B.乙醇易溶于水，则乙醇与饱和Na2CO3溶液互溶，乙酸具有酸性，可与碳酸钠反应生成气体，乙酸乙酯难溶于水，会出现分层，则可鉴别，故B正确；C.能与氢气发生加成反应的为苯环和碳碳双键，则1mol该物质最多只能与4molH2加成，故C错误；D.C3H6BrCl可看成丙烷分子中有两个氢原子分别被一个溴原子、一个氯原子取代，根据“定一移一”的思路可得，先定Br原子的位置，有两种情况，BrCH2CH2CH3、CH3CHBrCH3，再定Cl原子的位置，符合的同分异构体有，，则C3H6BrCl的同分异构体共5种，故D错误；故选B。【点睛】苯在溴化铁的催化作用下与液溴发生取代反应生成溴苯和溴化氢；苯分子中没有碳碳双键，不能与溴水发生加成反应，但溴更易溶于苯中，溴水与苯混合时，可发生萃取，苯的密度小于水，因此上层为溴的苯溶液，颜色为橙色，下层为水，颜色为无色，这是由于萃取使溴水褪色，没有发生化学反应。这是学生们的易错点，也是常考点。4、D【解析】

离子间如果发生化学反应，则不能大量共存，反之是可以的。【详解】A、Al3＋和HCO3－水解相互促进生成氢氧化铝和CO2，不能大量共存；B、水的电离是被抑制的，所以溶液可能显酸性，也可能显碱性。但不论是显酸性，还是显碱性，ClO－都能氧化Fe2+，不能大量共存；C、溶液显酸性[Ag(NH3)2]+不能大量共存。D、溶液显碱性，可以大量共存；答案选D。【点睛】该题是高考中的高频题，属于中等难度的试题，侧重对学生基础知识的训练和检验。有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。该题需要明确离子不能大量共存的一般情况，即（1）能发生复分解反应的离子之间；（2）能生成难溶物的离子之间；（3）能发生氧化还原反应的离子之间；（4）能发生络合反应的离子之间（如Fe3+和SCN-）；解决离子共存问题时还应该注意题目所隐含的条件，题目所隐含的条件一般有：（1）溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的H+或OH-；（2）溶液的颜色，如无色时可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4-等有色离子的存在；（3）溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；（4）是“可能”共存，还是“一定”共存等。5、B【解析】

“青矾”的描述为：“本来绿色，新出窟未见风者，正如琉璃……烧之赤色……”，青矾是绿色，经煅烧后，分解成粒子非常细而活性又很强的Fe2O3，超细粉末为红色。A.CuSO4•5H2O为蓝色晶体，A错误；B.FeSO4•7H2O是绿色晶体，B正确；C.KAl(SO4)2•12H2O是无色晶体，C错误；D.Fe2(SO4)3•7H2O为黄色晶体，D错误。所以判断“青矾”的主要成分为FeSO4•7H2O。故合理选项是B。6、D【解析】

A．混合体系Br2的颜色褪去，可能是单质溴与碱反应，也可能单质溴与烯烃发生加成反应，无法证明发生消去反应，故A错误；B．混合体系淡黄色沉淀，说明生成了溴离子，而发生水解反应和消去反应都能生成溴离子，无法证明发生消去反应，故B正确；C．混合体系有机物紫色褪去，乙醇也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，无法证明发生消去反应，故C错误；D．混合体系有机物Br2的颜色褪去，说明有苯乙烯生成，能证明发生消去反应，故D正确；故选D。7、C【解析】A.HA的电离常数Ka=2.0×10-8，则2mol/LHA溶液中氢离子浓度约是，因此a点溶液的pH＜4，A错误；B.b点溶液显中性，根据电荷守恒可知溶液中存在：c(A-)＝c(Na+)>c(H+)＝c(OH-)，B错误；C.b点溶液显中性，c(H+)＝10－7mol/L，根据电离平衡常数表达式可知c(HA)/c(A-)=5，C正确；D.c点酸碱恰好中和，生成NaA，根据电荷守恒可知c(A-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，D错误，答案选C。8、C【解析】

A．反应Ⅰ是氮气和锂反应，锂为活泼金属，易与空气中的氧气、水蒸气发生反应，所以反应Ⅰ的关键是隔绝空气和水，故A正确；B．反应Ⅱ的产物LiOH是碱，是锂离子和氢氧根离子构成的化合物属于离子化合物，故B正确；C．分析可知锂是参与反应过程的反应物，最后生成锂单质的条件是电解，所以金属锂不是催化剂，故C错误；D．三步反应为：6Li+N2=2Li3N，Li3N+3H2O=3LiOH+NH3↑，4LiOH4Li+O2↑+2H2O，整个流程的总化学方程式为：2N2+6H2O═4NH3+3O2，故D正确；故选：C。9、C【解析】

W、X、Z依次为Na、Al、Cl。分析反应历程可知a点溶液为强碱性溶液，HCO3－不可以大量共存；b点溶液为中性溶液，对应离子可以大量共存；c点溶液中存在Cl－可与Ag＋生成白色沉淀；d点溶液中存在Al3＋可与CO32－发生双水解。答案选C。10、B【解析】

“W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，它们分别位于三个不同的周期”，由此可推出W为氢元素(H)；由“元素W与X可形成两种液态物质”，可推出X为氧(O)元素；由“Y原子的最外层电子数等于其电子层数”，可推出Y为第三周期元素铝(Al)；由“Y、Z两种元素可组成二聚气态分子”结构，可确定Z与Al反应表现-1价，则其最外层电子数为7，从而确定Z为氯(Cl)元素。【详解】A．W(H)与Z(Cl)在与活泼金属的反应中，都可表现出-1价，A正确；B．四种元素的简单离子半径由大到小的顺序为Cl->O2->Al3+>H+，B不正确；C．Al2Cl6分子中，由于有2个Cl原子分别提供1对孤对电子与2个Al原子的空轨道形成配位键，所有原子的最外层均满足8电子稳定结构，C正确；D．工业上制取金属铝(Al)时，可电解熔融的Al2O3，D正确；故选B。11、A【解析】

A．滴定时左手控制活塞，右手摇瓶，使溶液向一个方向做圆运动，勿使瓶口接触到滴定管，溶液也不得溅出，操作合理，故A正确；B．锥形瓶不能密封，难以接收馏分，故B错误；C．气体可从长颈漏斗逸出，应选分液漏斗，故C错误；D．四氯化碳的密度比水的密度大，分层后有机层在下层，则分层后，先把下层液体从下口流出，再让上层液体从上口倒出，故D错误；故答案为A。12、A【解析】

A．动物毫毛表面的油脂难溶于水，不利于毛笔吸水，碱洗脱脂可以增强笔头的吸水性，A项正确；B．墨的主要成分是炭黑，B项错误；C．宣纸的主要成分是纤维素，C项错误；D．用氧化物的形式表示硅酸盐，顺序是：金属氧化物（按活动性顺序排列）→SiO2→H2O，所以应为K2O·4Al2O3·8SiO2·4H2O，D项错误；答案选A。13、D【解析】

A．用氨水，则Mg2+、Al3+均转化为沉淀，不能分离，则不能用氨水代替NaOH，A错误；B．Al3+与过量NaOH反应，溶液a中含AlO2-、K+、Cl-、Na+、OH-，B错误；C．K+、Cl-、Na+在整个过程中不参加反应，则溶液b中含KCl、NaCl，C错误；D．因氢氧化铝能溶于盐酸，则向溶液a中滴加盐酸需控制溶液的pH，D正确；答案选D。【点睛】本题考查混合物分离、提纯实验方案的设计，为高频考点，把握实验流程中发生的反应为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意氢氧化铝的两性。14、B【解析】

取样加入稀硫酸产生白色沉淀和产生气体，则一定含有HCO3-、Ba2+，又HCO3-与Al3+发生双水解反应，所以原溶液中一定不含Al3+，取样加入少量氢氧化钠溶液产生白色沉淀，则白色沉淀一定含碳酸钡，综上所述，原溶液中一定含HCO3-、Ba2+，一定不含Al3+，可能含

Cl-，据此分析判断。【详解】A、原溶液中可能含

Cl-，故A错误；B、由上述分析可知，原溶液中一定含HCO3-、Ba2+，故B正确；C、由上述分析可知，原溶液中一定含HCO3-、Ba2+，故C错误；D、由上述分析可知，原溶液中一定不含Al3+，故D错误；故选：B。【点睛】本题考查离子检验与推断，掌握发生的离子反应及现象是解题关键，题目难度不大。15、C【解析】

A.实验室制备氯气是用浓盐酸与二氧化锰在加热条件下反应，稀盐酸与二氧化锰不反应，不能制备氯气，A项错误；B.用氯气氧化溴离子时，导气管应该采用“长进短出”原则，所以该装置错误，不能实现实验目的，B项错误；C.分液时先从下口放出水相，再从上口倒出有机相，C项正确；D.蒸发时应该，蒸发至有大量晶体析出时停止加热，用余热蒸干，另外FeCl3水解生成的盐酸易挥发，直接蒸发，得不到无水FeCl3，D项错误；答案选C。【点睛】本题考查化学实验方案评价，涉及物质制备、实验操作等知识点，明确实验原理、物质性质、实验操作规范是解本题的关键，易错点是选项D，加热氯化铁溶液时氯化铁水解生成氢氧化铁和氯化氢，升高温度促进水解，为防止水解，应在氯化氢氛围中加热蒸干氯化铁溶液。16、C【解析】

A.Na既可以和酸反应又可以和碱反应放出氢气，4.6g钠物质量为0,2mol,转移电子数为0.2mol，即0.2NA，故A错；B.pH=13的Ba(OH)2溶液中没有体积，无法计算含有OH－的数目，故B错；C.常温下，C2H4和C3H6混合气体混合气体的最简比为CH2，14克为1mol，所含原子数为3NA，C正确；D.等质量的1H218O与D216O，所含中子数相等，均为NA，故D错。答案为C。17、B【解析】

A.用四氯乙烯干洗剂除去衣服上油污，是利用有机溶剂的溶解性，没有新物质生成，属于物理变化，故A正确；B.“碳九”主要包括苯的同系物和茚等，其中茚的结构为，不属于苯的同系物，故B错误；C.22号钛元素位于第四周期第IVB族，属于过渡元素，故C正确；D.CuSO4属于重金属盐，病毒中的蛋白质在重金属盐或碱性条件下可以发生变性，故D正确；答案选B。18、B【解析】

A.蚕丝是天然纤维，其主要成分为蛋白质，A项错误；B.生物质能，就是太阳能以化学能形式贮存在生物质中的能量形式，即以生物质为载体的能量。它直接或间接地来源于绿色植物的光合作用，可转化为常规的固态、液态及气态燃料，取之不尽、用之不竭，是一种可再生能源；氢气氢能是一种完全清洁的新能源和可再生能源，B项正确；C.铜绿为碱式碳酸铜，明矾在水溶液中因铝离子水解显酸性而溶解铜绿；铁锈的主要成分为氧化铁，氯化铵水解显酸性可除去铁锈，C项错误；D.燃煤中加入生石灰可减少二氧化硫的排放，减少酸雨的形成；汽车限行都是为了适当减少尾气排放，降低雾霾天气，D项错误；答案选B。19、C【解析】

A.加热时Fe与I2反应，应选磁铁分离，A错误；B.氧化性H+＞Al3+，电解氯化铝溶液时不能得到铝单质，应电解熔融氧化铝来冶炼Al，B错误；C.NaOH与苯酚发生反应生成可溶于水的苯酚钠，与苯不反应，因此可用足量NaOH溶液除去苯中的苯酚，C正确；D.将饱和FeCl3溶液逐滴加到沸水中，可发生水解反应生成Fe(OH)3胶体，D错误；故合理选项是C。20、C【解析】

由反应①可知A2B应为Mg2Si，与氨气、氯化铵反应生成SiH4和MgCl2•6NH3，MgCl2•6NH3加入碱液，可生成Mg(OH)2，MgCl2•6NH3加热时不稳定，可分解生成氨气，同时生成氯化镁，电解熔融的氯化镁，可生成镁，用于工业冶炼，而MgCl2•6NH3与盐酸反应，可生成氯化镁、氯化铵，其中氨气、氯化铵可用于反应①而循环使用，以此解答该题。【详解】A．由分析知A2B的化学式为Mg2Si，故A正确；B．反应①需要氨气和NH4Cl，而由流程可知MgCl2•6NH3加热或与盐酸反应，生成的氨气、氯化铵，参与反应①而循环使用，故B正确；C．由流程可知MgCl2·6NH3高温分解生成MgCl2，再电解MgCl2制取镁均发生分解反应，故C错误；D．分别将MgCl2溶液和Mg(OH)2悬浊液加热，灼烧，都是氧化镁，最终得到的固体相同，故D正确；故答案为C。21、C【解析】

W元素在短周期元素中原子半径最大，有原子半径递变规律可知是Na元素，X、W同族，且X的原子序数最小，是H元素，X、Y两种元素的最高正价和最低负价代数和均为0，Y是C元素,由上述五种元素中的某几种元素组成的两种化合物均可在一定条件下洗涤含硫的试管，是H2O2或者CS2,故Q是S元素，Z、Q同族，Z是O元素。【详解】A.酸性：H2YO3<H2QO3，碳酸小于亚硫酸，但亚硫酸不是硫元素的最高价氧化物的含氧酸，故不能得出非金属性碳小于硫元素，故A错误；B.X与W形成的化合物是NaH,H元素没有满足最外层8电子稳定结构，故B错误；C.X与Y形成的化合物是各类烃，只含有共价键，故C正确；D.由Z、W、Q三种元素形成的盐有Na2SO3，Na2SO4，Na2S2O3等，故D错误；故选：C。22、C【解析】

A.0.100mol·L-1的HCl溶液和醋酸溶液，醋酸属于弱酸，存在电离平衡，所以起点pH较小的Ⅰ表示的是滴定盐酸的曲线，A项错误；B.当醋酸与氢氧化钠恰好完全反应时，形成醋酸钠溶液，醋酸钠水解使溶液pH>7，所以pH=7时，滴定醋酸消耗的V(NaOH)<20.00mL，B项错误；C.V(NaOH)=20.00mL时，酸碱恰好完全反应，因为CH3COO-水解而消耗，所以两份溶液中c(Cl-）＞c(CH3COO-），C项正确；D.V(NaOH)=10.00mL时，生成的醋酸钠与剩余醋酸浓度相等，由于醋酸的电离程度大于醋酸钠的水解程度，所以溶液中c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)，D项错误；答案选C。二、非选择题(共84分)23、第二周期ⅡA族Cl->O2->Mg2+NH3+H2ONH3•H2ONH4++OH-Cl2+2OH-=Cl-+H2O+ClO-。【解析】

X、Y、Z、R、Q、M是六种短周期元素，原子序数依次增大。X是原子半径最小的元素，则X为氢元素；Y的气态氢化物能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则Y为氮元素；Z为地壳中含量最多的元素，则Z为氧元素；R与X同主族，原子序数大于氧元素，则R为钠元素；Y、R、Q最外层电子数之和为8，则Q的最外层电子数为8-5-1=2，故Q为镁元素；M的单质为黄绿色有害气体，则M为氯元素，据此分析。【详解】X、Y、Z、R、Q、M是六种短周期元素，原子序数依次增大。X是原子半径最小的元素，则X为氢元素；Y的气态氢化物能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则Y为氮元素；Z为地壳中含量最多的元素，则Z为氧元素；R与X同主族，原子序数大于氧元素，则R为钠元素；Y、R、Q最外层电子数之和为8，则Q的最外层电子数为8-5-1=2，故Q为镁元素；M的单质为黄绿色有害气体，则M为氯元素。（1）Q为镁元素，在元素周期表中的位置为第二周期ⅡA族；（2）Z、Q、M分别为O、Mg、Cl，Cl-比其他两种离子多一个电子层，O2-、Mg2+具有相同电子层结构，核电荷数大的Mg2+半径较小，故简单离子半径由大到小的顺序为Cl->O2->Mg2+；（3）Y的气态氢化物NH3能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的原因：NH3+H2ONH3•H2ONH4++OH-；（4）QM2为MgCl2，属于离子化合物，其电子式为；（5）M的单质Cl2与R的最高价氧化物对应的水化物NaOH反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+H2O+ClO-。24、取代反应C17H18NOF3+CH3NH2→+CH3SO2OH12【解析】

B在催化剂作用下与氢气发生加成反应生成C，C与氢化铝锂反应生成D，根据D和B的结构简式，D与CH3SO2Cl发生取代反应生成E，E与CH3NH2发生取代反应生成F，F与在氢化钠作用下发生取代反应生成G。根据G和E的结构简式，可得F的结构简式为，据此分析解答。【详解】(1)碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳。D中的手性碳位置为；(2)根据分析，④的反应类型是取代反应；(3)根据分析，C的结构简式为；(4)G的分子式为C17H18NOF3；(5)反应⑤为E与CH3NH2发生取代反应生成F化学方程式为：+CH3NH2→+CH3SO2OH；(6)D的结构简式为，已知M与D互为同分异构体，在一定条件下能与氯化铁溶液发生显色反应，说明分子中有酚羟基。M分子的苯环上有3个取代基，其中两个相同，即苯环上有两个羟基和一个-C3H7原子团。-C3H7原子团的结构式共有-CH2CH2CH3和-C(CH3)2两种结构，同分异构体数目分析如下：若羟基的位置结构为，同分异构体的数量为2×2=4种，若羟基的位置结构为，同分异构体的数量为1×2=2种，若羟基的位置结构为，同分异构体的数量为3×2=6种；则符合条件的M有12种；(7)在加热条件下，在氢氧化钠醇溶液中发生消去反应生成，和氯气发生加成反应生成，加热条件下，与氢氧化钠溶液发生取代反应生成，与CH3SO2Cl发生取代反应生成，合成路线为：。25、氯气发生装置3Cl2＋2Fe(OH)3＋10KOH===2K2FeO4＋6KCl＋8H2OFe3＋4FeO42-＋20H＋==4Fe3＋＋3O2↑＋10H2O<溶液酸碱性不同【解析】

（1）浓盐酸和KMnO4混合可生成氯气；（2）装置B为除杂装置，反应使用浓盐酸，浓盐酸会挥发产生HCl，使得产生的Cl2中混有HCl，需要除去HCl，可将混合气体通过饱和食盐水达到除杂的目的；（3）C中得到紫色固体和溶液，紫色的为K2FeO4，在碱性条件下，Cl2可以氧化Fe（OH）3制取K2FeO4，结合守恒法写出发生反应的化学方程式；（4）方案I中加入KSCN溶液至过量，溶液呈红色，说明反应产生Fe3+，但该离子的产生不能判断一定是K2FeO4将Cl-氧化，注意K2FeO4在碱性溶液中稳定，酸性溶液中快速产生O2，自身转化为Fe3+；（5）Fe（OH）3在碱性条件下被Cl2氧化为FeO42-，可以说明Cl2的氧化性大于FeO42-，而方案Ⅱ实验表明，Cl2和FeO42-的氧化性强弱关系相反，方案Ⅱ是FeO42-在酸性条件下氧化Cl-生成Cl2，注意两种反应体系所处酸碱性介质不一样。【详解】（1）浓盐酸和KMnO4混合可生成氯气，则A装置的作用是氯气发生装置；（2）装置B为除杂装置，反应使用浓盐酸，浓盐酸会挥发产生HCl，使得产生的Cl2中混有HCl，需要除去HCl，可将混合气体通过饱和食盐水达到除杂的目的，所以装置B应为；（3）C中得到紫色固体和溶液，紫色的为K2FeO4，在碱性条件下，Cl2可以氧化Fe（OH）3制取K2FeO4，发生反应的化学方程式为3Cl2＋2Fe(OH)3＋10KOH===2K2FeO4＋6KCl＋8H2O；（4）方案I中加入KSCN溶液至过量，溶液呈红色，说明反应产生Fe3+，但该离子的产生不能判断一定是K2FeO4将Cl-氧化，注意K2FeO4在碱性溶液中稳定，酸性溶液中快速产生O2，自身转化为Fe3+，发生反应为：4FeO42-+20H+═4Fe3++3O2↑+10H2O；（5）Fe（OH）3在碱性条件下被Cl2氧化为FeO42-，可以说明Cl2的氧化性大于FeO42-，而方案Ⅱ实验表明，Cl2和FeO42-的氧化性强弱关系相反，方案Ⅱ是FeO42-在酸性条件下氧化Cl-生成Cl2，两种反应体系所处酸碱性介质不一样，所以可以说明溶液酸碱性会影响粒子氧化性的强弱。26、MnO2＋2Cl−＋4H+Mn2+＋Cl2↑＋2H2Oh，i，d，eg，f，b，（c）未升华出来的FeCl3与未反应完的铁粉在水溶液中反应生成Fe2+SO2+2H2O+2Fe3+===SO42-+4H++2Fe2+液体中无明显光路K3[Fe(CN)6]生成蓝色沉淀﹤﹤【解析】

Ⅰ首先制取氯气，然后除杂、干燥，再与铁粉反应，冷凝法收集升华出的FeCl3，最后连接盛有碱石灰的干燥剂，吸收多余的氯气，防止空气中的水蒸气使FeCl3水解。F中剩余的固体可能为未升华的FeCl3和铁粉的混合物，溶于水发生反应生成FeCl2；Ⅱ①Fe3+与SO2发生氧化还原反应生成Fe3+和SO42-，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒写出离子方程式；②没有出现丁达尔现象，说明红棕色物质不是Fe(OH)3胶体；③用K3Fe(CN)6溶液检验Fe2+，生成蓝色沉淀；④反应(i)比反应(ii)快，则活化能E(i)<E(ii)；反应(ii)进行的程度更大，则平衡常数K(i)<K(ii);【详解】Ⅰ（1）反应的离子方程式为：MnO2＋2Cl−＋4H+Mn2+＋Cl2↑＋2H2O；（2）首先制取氯气，然后除杂、干燥，导管应长进短出，所以a连接h，i连接d；在F中与铁粉反应，为防止FeCl3堵塞导管，应用粗导管，则e连接j，冷凝法收集升华出的FeCl3，所以k连接g；最后连接盛有碱石灰的干燥管，吸收未反应的氯气；（3）实验结束后，去少量F中的固体加水溶解，经检测发现溶液中含有Fe2+，其原因为未升华出来的FeCl3与未反应的Fe发生反应生成Fe2+；Ⅱ（4）Fe3+与SO2发生氧化还原反应生成Fe3+和SO42-，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，离子方程式为SO2+2H2O+2Fe3+===SO42-+4H++2Fe2+；（5）没有出现丁达尔现象，说明红棕色物质不是Fe(OH)3胶体；（6）由实验现象可知，FeCl3与SO2首先发生反应(i)，说明反应(i)比反应(ii)快，则活化能E(i)<E(ii)；反应最终得到Fe2+，反应(ii)进行的程度更大，则平衡常数K(i)<K(ii)。27、干燥管防止空气中的、进入U形管，干扰碳酸钠含量测定偏低【解析】

工业纯碱与过量稀硫酸