山西省三区八校新高考考前提分化学仿真卷及答案解析

山西省三区八校新高考考前提分化学仿真卷注意事项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、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2、我国自主研发的对二甲苯绿色合成项目取得新进展，其合成过程如图所示。下列说法不正确的是A．丙烯醛分子中所有原子可能共平面 B．可用溴水鉴别异戊二烯和对二甲苯C．对二甲苯的二氯代物有6种 D．M能发生取代，加成，加聚和氧化反应3、通过下列实验操作及现象不能推出相应结论的是选项实验操作现象结论A将SO2气体通入Na2SiO3溶液中产生胶状沉淀酸性：H2SO3＞H2SiO3B向某食盐溶液中滴加淀粉溶液溶液颜色不变该食盐中一定没有添加碘酸钾C向2支盛有5mL0.1mol/LNaOH溶液的试管中分别加入2滴0.1mol/LCuCl2溶液和2滴0.1mol/LCaCl2溶液一支试管中产生蓝色沉淀，另一支试管无明显现象Ksp[Cu(OH)2]＜Ksp[Ca(OH)2]D向CuSO4溶液中加入KI溶液，再加入苯，振荡、静置上层呈紫红色，下层有白色沉淀生成铜离子可以氧化碘离子，白色沉淀可能为CuIA．A B．B C．C D．D4、四种短周期元素W、X、Y和Z在周期表中的位置如图所示，四种元素原子的最外层电子数之和为22。下列说法正确的是（）WXYZA．氢化物的沸点：X＜ZB．最高价氧化物对应水化物的酸性：Y＞WC．化合物熔点：YX2＜YZ4D．简单离子的半径：X＜W5、下列分子或离子在指定的分散系中能大量共存的一组是（）A．空气：C2H2、CO2、SO2、NOB．氢氧化铁胶体：H+、K+、S2-、Br-C．银氨溶液：Na+、K+、NO3-、NH3·H2OD．重铬酸钾溶液：H+、Na+、SO42-、葡萄糖分子6、如图是N2（g）+3H2（g）2NH3（g）在反应过程中的反应速率v与时间（t）的关系曲线，下列说法错误的是（）A．t1时，正方向速率大于逆反应速率B．t2时，反应体系中NH3的浓度达到最大值C．t2﹣t3时间段，正反应速率等于逆反应速率D．t2﹣t3时间段，各物质的浓度相等且不再发生变化7、设NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（）A．17g由H2S与PH3组成的混合气体中含有的质子数为9NAB．90g果糖(C6H12O6，分子中无环状结构和碳碳双键)中含有的非极性键数目为3NAC．1mol由乙醇与二甲醚(CH3-O-CH3)组成的混合物中含有的羟基数目为NAD．已知Ra→X+He，则0.5molX中含有的中子数为34NA8、某学习小组在容积固定为2L的密闭容器内充入1molN2和3molH2合成NH3。恒温下开始反应，并用压力传感器测定压强如下表所示：反应时间/min051015202530压强/MPa16.8014.7813.8613.2712.8512.6012.60下列说法不正确的是A．不断地将NH3液化并移走，有利于反应正向进行B．其它条件不变，在30min时，若压缩容器的体积，N2的平衡转化率增大C．从反应开始到10min时，v（NH3）＝0.035mol·L−1·min−1D．在30min时，再加入0.5molN2、1.5molH2和2molNH3，平衡向逆反应方向移动9、下列有关实验装置进行的相应实验，能达到实验目的的是A．除去Cl2中含有的少量HClB．制取少量纯净的CO2气体C．分离CC14萃取碘水后已分层的有机层和水层D．蒸干FeCl3饱和溶液制备FeCl3晶体10、化学与生产、生活及环境密切相关，下列有关说法不正确的是A．二氧化硫有毒，严禁将其添加到任何食品和饮料中B．工业生产时加入适宜的催化剂，除了可以加快反应速率之外，还可以降低反应所需的温度，从而减少能耗C．《本草经集注》中记载了区分硝石(KNO3)和朴消(Na2SO4)的方法：“以火烧之，紫青烟起，乃真硝石也”，这是利用了“焰色反应”D．用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土吸收水果产生的乙烯以达到保鲜目的11、下列有关化学用语表示不正确的是（）A．蔗糖的分子式：C12H22O11 B．HClO的结构式H-Cl-OC．氯化钠的电子式： D．二硫化碳分子的比例模型：12、工业上氟气可作为火箭燃料中的氧化剂，氟单质的制备通常采用电解法。已知：KF＋HF===KHF2，电解熔融的氟氢化钾(KHF2)和无水氟化氢的混合物制备F2的装置如图所示。下列说法错误的是A．钢电极与电源的负极相连B．电解过程中需不断补充的X是KFC．阴极室与阳极室必须隔开D．氟氢化钾在氟化氢中可以电离13、化学与社会、生产、生活密切相关。下列说法错误的是A．SiO2超分子纳米管属无机非金属材料B．草莓棚中使用的“吊袋式二氧化碳气肥”的主要成分是碳酸钙C．“梨花淡自柳深青，柳絮飞时花满城”中柳絮的主要成分和棉花的相同D．《本草纲目》记载的“凡酸坏之酒，皆可蒸烧”的实验方法可用来分离乙酸和乙醇14、稀有气体化合物是指含有稀有气体元素的化合物。其中二氟化氙（XeF2）、三氧化氙（XeO3），氙酸（H2XO4）是“绿色氧化剂”，氙酸是一元强酸。下列说法错误的是（）A．上述“绿色氧化剂”的优点是产物易分离，不干扰反应B．三氧化氙可将I-氧化为IO3-C．氙酸的电离方程式为：H2XeO4═2H++XeO42-D．XeF2与水反应的化学方程式为：2XeF2+2H2O═2Xe↑+O2↑+4HF↑15、常温下，向1L0.1mol·L-1NH4C1溶液中，逐渐加入NaOH固体粉末，随着n(NaOH)的变化，c(NH4+)与c(NH3·H2O)的变化趋势如下图所示(不考虑体积变化、氨的挥发、温度的变化)。下列说法正确的是()A．M点溶液中水的电离程度比原溶液大B．在M点时，n(OH-)+0.1mol=(a+0.05)molC．随着NaOH的加入，c(H+)/c(NH4+)不断减小D．当n(NaOH)=0.1mol时，c(Na+)<c(NH4+)+c(NH3·H2O)16、《新型冠状病毒感染的肺炎诊疗方案》指出，56℃30分钟、乙醚、75%乙醇、含氯消毒剂、过氧乙酸和氯仿等脂溶剂均可有效灭活病毒。下列有关说法正确的是A．含氯消毒剂说明含有氯元素的化学物质都有消毒作用。B．有效灭活病毒原理主要是使病毒蛋白质发生变性而失去活性。C．过氧乙酸的消毒能力主要是因其呈酸性。D．居家常用的84消毒液与75%乙醇混合使用消毒效果会更好。17、已知气态烃A的产量是一个国家石油化工水平的重要标志，有机物A～E能发生如图所示一系列变化，则下列说法正确的是()A．A→B的反应类型为加成反应B．常温下有机物C是一种有刺激性气味的气体C．分子式为C4H8O2的酯有3种D．lmolD与足量碳酸氢钠反应生成气体的体积为22.4L18、W、X、Y、Z均为短周期主族元素，原子序数依次增大，其原子的最外层电子数之和为19，W和Y同主族，X原子的电子层数与最外层电子数相等，Z元素最高正价与最低负价的代数和为4。下列说法正确的是（）A．X和Z形成的化合物是不溶于水的沉淀B．Z的氧化物对应水化物的酸性一定大于YC．W的简单气态氢化物沸点比Y的高D．X、Y、Z简单离子半径逐渐减小19、25℃时，一定量的甲烷与aL（已折合成标准状况）空气的混合气体充分反应，甲烷恰好完全燃烧，恢复至25℃时，放出bkJ的热量。假设空气中氧气的体积分数是1／5，则下列表示甲烷燃烧热的热化学方程式正确的是A．B．C．D．20、NA表示阿伏加德罗常数的值。俗名为“臭碱”的硫化钠广泛应用于冶金、染料、皮革、电镀等工业。硫化钠的一种制备方法是Na2SO4+2CNa2S+2CO2↑。下列有关说法正确的是A．1L.0.25mol/L.Na2SO4溶液中含有的氧原子数目为NAB．1L.0.1mol/LNa2S溶液中含有的阴离子数目小于0.1NAC．生成1mol还原产物时转移电子数为8NAD．通常状况下，11.2L.CO2中含有的共价键数目为2NA21、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=2SO322、下列物质属于碱的是A．CH3OH B．Cu2(OH)2CO3 C．NH3·H2O D．Na2CO3二、非选择题(共84分)23、（14分）化合物E（二乙酸-1，4-环己二醇酯）是一种制作建筑材料的原料。其合成路线如下：完成下列填空：（1）A中含有的官能团是______；E的分子式是______；试剂a是______。（2）写出反应类型：B→C______。（3）C与D反应生成E的化学方程式：______。（4）C的同分异构体，能使石蕊试剂显红色，写出该物质的一种结构简式______。（5）设计一条以环己醇（）为原料（其他无机试剂任取）合成A的合成路线。（合成路线常用的表示方式为：AB……目标产物）_____________________24、（12分）芳香族化合物A(C9H12O)常用于药物及香料的合成，A有如下转化关系：已知：①A的苯环上只有一个支链,支链上有两种不同环境的氢原子②+CO2③RCOCH3+R'CHORCOCH=CHR'+H2O回答下列问题：(1)A生成B的反应类型为__________,由D生成E的反应条件为_______________。(2)H中含有的官能团名称为______________。(3)I的结构简式为__________________________。(4)由E生成F的化学方程式为____________________________________________。(5)F有多种同分异构体，写出一种符合下列条件的同分异构体的结构简式为：___________________。①能发生水解反应和银镜反应②属于芳香族化合物且分子中只有一个甲基③具有5组核磁共振氢谱峰(6)糠叉丙酮()是一种重要的医药中间体，请参考上述合成路线，设计一条由叔丁醇[(CH3)3COH]和糠醛()为原料制备糠叉丙酮的合成路线(无机试剂任选，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)：___________________。25、（12分）硫代硫酸钠(Na2S2O3)是一种解毒药，用于氟化物、砷、汞、铅、锡、碘等中毒，临床常用于治疗荨麻疹，皮肤瘙痒等病症.硫代硫酸钠在中性或碱性环境中稳定，在酸性溶液中分解产生S和SO2实验I：Na2S2O3的制备。工业上可用反应：2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2制得，实验室模拟该工业过程的装置如图所示：(1)仪器a的名称是_______，仪器b的名称是_______。b中利用质量分数为70%〜80%的H2SO4溶液与Na2SO3固体反应制备SO2反应的化学方程式为_______。c中试剂为_______(2)实验中要控制SO2的生成速率，可以采取的措施有_______(写出一条)(3)为了保证硫代硫酸钠的产量，实验中通入的SO2不能过量，原因是_______实验Ⅱ：探究Na2S2O3与金属阳离子的氧化还原反应。资料：Fe3++3S2O32-⇌Fe(S2O3)33-(紫黑色)装置试剂X实验现象Fe2(SO4)3溶液混合后溶液先变成紫黑色，30s后几乎变为无色(4)根据上述实验现象，初步判断最终Fe3+被S2O32-还原为Fe2+，通过_______(填操作、试剂和现象)，进一步证实生成了Fe2+。从化学反应速率和平衡的角度解释实验Ⅱ的现象：_______实验Ⅲ：标定Na2S2O3溶液的浓度(5)称取一定质量的产品配制成硫代硫酸钠溶液，并用间接碘量法标定该溶液的浓度：用分析天平准确称取基准物质K2Cr2O7(摩尔质量为294g∙mol-1)0.5880g。平均分成3份，分别放入3个锥形瓶中，加水配成溶液，并加入过量的KI并酸化，发生下列反应：6I-+Cr2O72-+14H+=3I2+2Cr3++7H2O，再加入几滴淀粉溶液，立即用所配Na2S2O3溶液滴定，发生反应I2+2S2O32-=2I-+S4O62-，三次消耗Na2S2O3溶液的平均体积为25.00mL，则所标定的硫代硫酸钠溶液的浓度为_______mol∙L-126、（10分）四溴乙烷(CHBr2-CHBr2)是一种无色透明液体，密度2.967g/mL，难溶于水，沸点244℃，可用作制造塑料的有效催化剂等。用电石(主要成分CaC2，少量CaS、Ca3P2、Ca3As2等)和Br2等为原料制备少量四溴乙烷的装置(夹持装置已省略)如图所示。(1)装置A中CaC2能与水剧烈发生反应：CaC2+2H2O→Ca(OH)2+HC≡CH↑。为了得到平缓的C2H2气流，除可用饱和食盐水代替水外，还可采取的措施是________。(2)装置B可除去H2S、PH3及AsH3，其中除去PH3的化学方程式为________(生成铜、硫酸和磷酸)。(3)装置C中在液溴液面上加入一层水的目的是________；装置C中反应已完成的现象是________；从装置C反应后的体系得到并纯化产品，需要进行的操作有________。(4)一种制备Ca10(PO4)6(OH)2的原理为10Ca(OH)2+6H3PO4=Ca10(PO4)6(OH)2↓+18H2O。请设计用装置A得到的石灰乳等为原料制备Ca10(PO4)6(OH)2的实验方案：向烧杯中加入0.25L含0.5mol/LCa(OH)2的石灰乳，________，在100℃烘箱中烘干1h。已知：①Ca10(PO4)6(OH)2中比理论值为1.67。影响产品比的主要因素有反应物投料比及反应液pH。②在95℃，pH对比的影响如图所示。③实验中须使用的试剂：含0.5mol/LCa(OH)2的石灰乳、0.3mol/L磷酸及蒸馏水。27、（12分）草酸亚铁晶体（FeC2O4·2H2O）是一种黄色难溶于水的固体，受热易分解，是生产电池、涂料以及感光材料的原材料。为探究纯净草酸亚铁晶体热分解的产物，设计装置图如下：（1）仪器a的名称是______。（2）从绿色化学考虑，该套装置存在的明显缺陷是_________。（3）实验前先通入一段时间N2，其目的为__________。（4）实验证明了气体产物中含有CO，依据的实验现象为_______。（5）草酸亚铁晶体在空气易被氧化，检验草酸亚铁晶体是否氧化变质的实验操作是____。（6）称取5.40g草酸亚铁晶体用热重法对其进行热分解，得到剩余固体质量随温度变化的曲线如下图所示：①上图中M点对应物质的化学式为_________。②已知400℃时，剩余固体是铁的一种氧化物，试通过计算写出M→N发生反应的化学方程式：_______。28、（14分）Li、Fe、As均为重要的合金材料，NA为阿伏加德罗常数的值。回答下列问题：(1)基态Li原子核外电子占据的空间运动状态有________个，占据最高能层电子的电子云轮廓图形状为_________。(2)Li的焰色反应为紫红色，很多金属元素能产生焰色反应的原因为_________。(3)基态Fe3+比基态Fe2+稳定的原因为____________。(4)KSCN和K4[Fe(CN)6]均可用于检验Fe3+。①SCN-的立体构型为_______，碳原子的杂化方式为_____________。②K4[Fe(CN)6]中所含元素的第一电离能由大到小的顺序为__________(用元素符号表示)；1mol[Fe(CN)6]4-中含有σ键的数目为____________。(5)H3AsO3的酸性弱于H3AsO4的原因为____________________。(6)Li、Fe和As可组成一种新型材料，其立方晶胞结构如图所示。若晶胞参数为anm，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体的密度可表示为______g●cm-3。(列式即可)29、（10分）钒和钛金属的性能都很优越，在航空航天领域用途广泛。回答下列问题：（1）钛元素基态原子的电子排布式为______________，未成对电子数为_______________个。（2）[TiO(H2O2)2]2+配离子呈黄色。提供中心原子孤电子对的成键原子是_____________(填元素符号），中心原子的化合价为_____________；配体之一H2O2中氧原子杂化类型为__________，H2O2分子中氧原子的价层电子对互斥模型是______________。（3）单质钒及钛都是由______________键形成的晶体，己知金属钛是六方最密堆积，金属钒是体心立方堆积，则__________(填“钛”，或“钒”)的空间利用率较大。（4）碳化钒主要用于制造钒钢及碳化物硬质合金添加剂，其晶胞结构如图所示。(小球为V原子)①晶胞中碳原子与钒原子的数量比为____________。②该晶胞中与碳原子距离最近且相等的碳原子个数为_____________。③若合金的密度为dg·cm-3，晶胞参数α=______nm。

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、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】2、C【解析】

A．丙烯醛分子中的碳碳双键是平面结构，醛基也是平面结构，中间是一个可以旋转的单键，所以分子里所有原子有可能在同一平面，A正确；B．异戊二烯里含有碳碳双键，可以与溴水发生加成反应而导致溴水褪色，而对二甲苯与溴水不反应，可以鉴别，B正确；C．对二甲苯里面有两种类型的H，其二氯代物共有7种：①当两个氯取代甲基上的H时有两种，②当有一个氯取代甲基上的H，另一个取代苯环上的H，有邻、间两种结构，③当两个氯都取代苯环上的H，采用定一议二的方法，当其中一个氯在甲基邻位时，另一个氯有3种结构，此二氯代物有3种，C错误；D．M中有碳碳双键，可以发生加成、加聚反应，醛基可以发生氧化、加成反应，烃基可以发生取代反应，D正确；答案选C。3、B【解析】

A.将SO2气体通入Na2SiO3溶液中生成胶状沉淀说明发生反应SO2+Na2SiO3+H2O===H2SiO3↓+Na2SO3，根据强酸制弱酸原理可知酸性：H2SO3＞H2SiO3，故A正确；B.淀粉遇碘变蓝，向某食盐溶液中滴加淀粉溶液颜色不变只能说明食盐中不含碘单质，不能证明不含碘酸钾，故B错误；C.两支试管中c(OH－)相同，且c(Ca2+)=c(Cu2+)，但只生成氢氧化铜沉淀，说明氢氧化铜比氢氧化钙更容易沉淀，且二者为同类型沉淀，所以Ksp[Cu(OH)2]＜Ksp[Ca(OH)2]，故C正确；D.向CuSO4溶液中加入KI溶液，再加入苯，振荡、静置上层呈紫红色说明有碘单质生成，即铜离子将碘离子氧化，下层有白色沉淀生成说明不是氢氧化铜沉淀且无铜单质生成，说明发生反应2Cu2++4I－=2CuI↓+I2，故D正确；故答案为B。【点睛】对于同种类型的沉淀（都是AB型或AB2型等）,一般Ksp越小，溶解度越小，但若沉淀类型不同，不能根据Ksp判断溶解度的大小，比较Ksp的大小没有意义。4、D【解析】

根据元素在周期表中的位置知，W、X是第二周期元素而Y和Z位于第三周期，设W原子最外层电子数是a，则X、Y、Z原子序数分别是a+1、a-1、a+2，这四种元素的原子最外层电子数之和为22，则a+a＋1+a－1+a+2=22，则a=5，则X、Y、Z、W分别是O、Si、Cl、N元素；【详解】A．NH3和SiH4均为分子晶体，NH3分子间存在氢键，其沸点比SiH4高，故A错误；B．N元素的非金属性比Si元素强，HNO3的酸性比H2SiO3酸性强，故B错误；C．二氧化硅是原子晶体，四氯化硅是分子晶体，原子晶体的熔点高，即SiO2的熔点比SiCl4高，故C错误；D．N3﹣和O2﹣离子结构相同，核电荷数越大，离子半径越小，则N3﹣＞O2﹣，故D正确；故选：D。【点睛】易错选项是A，注意：氢化物的熔沸点与分子间作用力和氢键有关，氢化物的稳定性与化学键有关。5、C【解析】

A、空气中含有氧气，一氧化氮能够与氧气反应生成二氧化氮，所以二者不能大量共存，故A错误；B、氢氧化铁胶体带有正电荷，带负电荷的离子能够中和氢氧化铁胶体的正电荷，导致氢氧化铁发生聚沉，所以不能大量共存，故B错误；C、Na+、K+、NO3-、NH3·H2O离子之间不反应，与银氨溶液也不反应，可大量共存，故C正确；D、重铬酸钾溶液具有强氧化性，能够与葡萄糖发生氧化还原反应，不能大量共存，故D错误；答案选C。【点睛】本题的易错点为B，要注意在胶体中加入电解质溶液，胶体容易发生聚沉。6、D【解析】

A．t1时反应没有达到平衡状态，正方向速率大于逆反应速率，A正确；B．t2时反应达到平衡状态，反应体系中NH3的浓度达到最大值，B正确；C．t2﹣t3时间段反应达到平衡状态，正反应速率等于逆反应速率，C正确；D．t2﹣t3时间段，各物质的浓度不再发生变化，但不一定相等，D错误。答案选D。7、A【解析】

A.假设17g全部为H2S，含有质子物质的量为=9mol，假设全部为PH3，含有质子物质的量为=9mol，则17g该混合物中含有的质子物质的量为9mol，故A正确；B.果糖结构简式为CH2OHCH(OH)CH(OH)CH(OH)COCH2OH，根据果糖的结构简式，非极性键应是C－C之间的键，90g果糖中含有非极性键的物质的量为=2.5mol，故B错误；C.乙醇结构简式为CH3CH2OH，乙醚的结构简式为CH3－O－CH3，前者含有羟基，后者不含羟基，因此1mol该混合物中含有羟基物质的量应在0～1mol之间，故C错误；D.推出X的原子结构为，0.5molX中含有中子物质的量为0.5mol×(222－86)=68mol，故D错误；答案：A。8、D【解析】

A.不断将氨气液化分离，生成物的浓度减小，平衡正向移动，故正确；B.压缩体积，平衡正向移动，氮气转化率增大，故正确；C.前10分钟，N2+3H22NH3起始0.51.50改变x3x2x10min时0.5-x1.5-3x2x有，解x=0.175mol/L，用氨气表示反应速率为＝0.035mol·L−1·min−1，故正确；D.N2+3H22NH3起始0.51.50改变x3x2x平衡0.5-x1.5-3x2x，有，解x=0.25mol/L，则平衡常数表示为，在30min时，再加入0.5molN2、1.5molH2和2molNH3，则有Qc=<K，平衡正向移动，故错误。故选D。9、C【解析】

A.氢氧化钠和氯气、HCl都能发生反应，应用饱和食盐水除杂，A错误；B.Na2CO3容易溶于水，因此不能使用该装置制取CO2，应该使用CaCO3与HCl反应制取CO2气体，B错误；C.碘容易溶于CCl4，不容易溶于水，用CCl4作萃取剂可以将碘水中的碘萃取出来，CCl4与水互不相容，通过分液的方法可以分离开有机层和水层，C正确；D.加热蒸发时可促进氯化铁水解，Fe3+水解生成Fe(OH)3和HCl，盐酸易挥发，为抑制FeCl3水解，制备FeCl3晶体应在HCl的气流中蒸发结晶，D错误；故合理选项是C。10、A【解析】

A.二氧化硫具有较强的还原性，故常用作葡萄酒的抗氧化剂，选项A错误；B.催化剂可以降低活化能，从而起到加快速率，降低所需能量等作用，选项B正确；C.利用钾和钠的焰色反应不同进行区分，选项C正确；D.乙烯有催熟的效果，高锰酸钾溶液可以吸收乙烯，选项D正确。答案选A。【点睛】本题考查化学与生产、生活的关系，要求学生能够用化学知识解释化学现象，试题培养了学生的分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力，易错点为选项B催化剂可以降低活化能，从而起到加快速率，降低所需能量等作用。11、B【解析】

A、蔗糖的分子式：C12H22O11，A正确；B、HClO为共价化合物，氧原子与氢原子、氯原子分别通过1对共用电子对结合，结构式为H－O－Cl，B错误；C、氯化钠为离子化合物，电子式：，C正确；D、由图得出大球为硫原子，中间小球为碳原子，由于硫原子位于第三周期，而碳原子位于第二周期，硫原子半径大于碳原子半径，D正确；答案选B。12、B【解析】

根据装置图，钢电极上产生H2，碳电极上产生F2，然后根据电解原理进行分析和判断；【详解】A、根据装置图，KHF2中H元素显＋1价，钢电极上析出H2，表明钢电极上发生得电子的还原反应，即钢电极是电解池的阴极，钢电极与电源的负极相连，故A说法正确；B、根据装置图，逸出的气体为H2和F2，说明电解质无水溶液中减少的是氢和氟元素，因此电解过程需要不断补充的X是HF，故B说法错误；C、阳极室生成氟气，阴极室产生H2，二者接触发生剧烈反应甚至爆炸，因此必须隔开防止氟气与氢气接触，故C说法正确；D、由氟氢化钾的氟化氢无水溶液可以导电，可推知氟氢化钾在氟化氢中发生电离，故D说法正确。13、B【解析】

A.SiO2属于无机非金属材料，可以制取超分子纳米管，A正确；B.碳酸钙需要在高温下煅烧分解才能得到二氧化碳，草莓棚中不能使用碳酸钙分解来产生二氧化碳，B错误；C.柳絮的主要成分和棉花的相同，都是纤维素，C正确；D.“凡酸坏之酒，皆可蒸烧”涉及蒸馏的方法，蒸馏可根据乙醇、乙酸沸点的不同，用来分离乙酸和乙醇，D正确；故合理选项是B。14、C【解析】

A．氟化氙(XeF2)、三氧化氙(XeO3)，氙酸(H2XO4)作氧化剂都生成对应的单质很稳定，易分离，不干扰反应，所以“绿色氧化剂”的优点是产物易分离，不干扰反应，故A正确；B．三氧化氙具有氧化性，可将I-氧化为IO3-，故B正确；C．氙酸是一元强酸，则氙酸的电离方程式为：H2XeO4═H++HXeO4-，故C错误；D．XeF2与水反应生成Xe、O2和HF，方程式为：2XeF2+2H2O═2Xe↑+O2↑+4HF↑，故D正确。故选：C。【点睛】根据酸分子电离时所能生成的氢离子的个数，可以把酸分为一元酸、二元酸、三元酸等，例如硝酸是一元酸，硫酸是二元酸；不能根据分子中氢原子的个数来判断是几元酸，例如该题中氙酸分子中有两个氢原子，但只能电离出一个氢离子，故为一元酸。15、C【解析】

A．M点，向1L0.1mol•L-1NH4Cl溶液中，不断加入NaOH固体后反应得到氯化铵和一水合氨溶液，铵根离子浓度和一水合氨浓度相同，一水合氨是一元弱碱抑制水电离，此时水的电离程度小于原氯化铵溶液中水的电离程度，A项错误；B.在M点时溶液中存在电荷守恒，n(OH−)+n(Cl−)=n(H+)+n(Na+)+n(NH4+)，则n(OH−)+0.1mol=0.05+n(H+)+a=(a+0.05)mol+n(H+)，B项错误；C.铵根离子水解显酸性，因=，随氢氧化钠固体加入，反应生成一水合氨浓度增大，平衡常数不变，则c(H+)/c(NH4+)不断减小，C项正确；D.当n(NaOH)=0.1mol时，恰好反应生成氯化钠和一水合氨，根据物料守恒可知，c(Na+)=c(NH4+)+c(NH3·H2O)，D项错误；答案选C。16、B【解析】

A．不是所有的含氯物质都有消毒作用，如NaCl溶液，A错误；B．有效灭活病毒原理主要是使病毒蛋白质发生变性而失去活性，B正确；C．过氧乙酸的消毒能力主要是因其有强氧化性，C错误；D．84消毒液的有效成分是NaClO，有强氧化性，乙醇有还原性，可发生氧化还原反应产生有毒物质氯气，不能混合使用，D错误。答案选B。17、A【解析】

气态烃A的产量是一个国家石油化工水平的重要标志，A是C2H4；乙烯与水反应生成乙醇，乙醇催化氧化为乙醛、乙醛氧化为乙酸，乙酸与乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，所以B是乙醇、C是乙醛、D是乙酸、E是乙酸乙酯。【详解】A.乙烯与水发生加成反应生成乙醇，所以反应类型为加成反应，故A正确；B.C是乙醛，常温下乙醛是一种有刺激性气味的液体，故B错误；C.分子式为C4H8O2的酯有HCOOCH2CH2CH3、HCOOCH(CH3)2、CH3COOCH2CH3、CH3CH2COOCH3，共4种，故C错误；D.lmol乙酸与足量碳酸氢钠反应生成1mol二氧化碳气体，非标准状况下体积不一定为22.4L，故D错误。【点睛】本题考查有机物的推断，试题涉及烯、醇、醛、羧酸等的性质与转化，熟悉常见有机物的转化，根据“A的产量是一个国家石油化工水平的重要标志”，准确推断A是关键。18、C【解析】

W、X、Y、Z均为短周期主族元素，原子序数依次增大，其原子的最外层电子数之和为19，W和Y同主族，则Y、Z位于第三周期，Z元素最高正价与最低负价的代数和为4，则Z位于ⅥA，为S元素；X原子的电子层数与最外层电子数相等，X可能为Be或Al元素；设W、Y的最外层电子数均为a，则2a+6+2=19，当X为Be时，a=5.5(舍弃)，所以X为Al，2a+6+3=19，解得：a=5，则W为N，Y为P元素，据此解答。【详解】根据分析可知：W为N，X为Al，Y为P，Z为S元素。A．Al、S形成的硫化铝溶于水发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和硫化氢，故A错误；B．没有指出元素最高价，故B错误；C．氨气分子间存在氢键，导致氨气的沸点较高，故C正确；D．电子层越多离子半径越大，电子层相同时，核电荷数越大离子半径越小，则离子半径大小为：Y＞Z＞X，故D错误；故答案为C。19、C【解析】

空气中氧气的体积为L，则甲烷体积为L，物质的量为mol。mol甲烷燃烧放出热量bkJ，则1mol甲烷燃烧放出热量kJ。燃烧热规定生成稳定的氧化物,即H2O(l)，且放热反应的焓变为负值，故C正确；答案：C【点睛】考察燃烧热的重点：（1）可燃物1mol（2）完全燃烧（3）生成稳定氧化物，H→H2O（l），C→CO2，S→SO2等。20、C【解析】

解答本类题目要审清选项中涉及的以下几个方面：①要审清所求粒子的种类，如分子、原子、离子、质子、中子、电子等，②涉及物质的体积时要审清物质的状态和温度、压强，③涉及中子数和化学键的计算，要审清相关物质的结构和特殊物质的摩尔质量，④涉及化学反应要明确相关反应的特点和电子转移；⑤涉及溶液中的微粒要关注电离和水解；⑥要注意审清运算公式。【详解】A项、溶剂水分子中也含有氧原子，故无法计算1L0.25mol/LNa2SO4溶液中含有的氧原子数目，故A错误；B项、Na2S溶液中S2-水解：S2－＋H2OHS－＋OH－，导致阴离子总数增多，则阴离子数目大于0.1NA，故B错误；C项、由方程式可知反应的还原产物为硫化钠，生成1mol硫化钠时转移电子数为1mol×[6-（-2）]=8mol，个数为8NA，故C正确；D项、通常状况下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，11.2LCO2的物质的量小于0.5mol，所含有的共价键数目小于2NA，故D错误。故选C。【点睛】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算，注意气体摩尔体积的适用范围和溶液中的水也含有氧原子是解答关键。21、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。22、C【解析】

A.CH3OH为非电解质，溶于水时不能电离出OH－，A项错误；B.Cu2(OH)2CO3难溶于水，且电离出的阴离子不全是OH－，属于碱式盐，B项错误；C.NH3·H2O在水溶液中电离方程式为NH4++OH－，阴离子全是OH－，C项正确；D.Na2CO3电离只生成Na+、CO32-，属于盐，D项错误。本题选C。二、非选择题(共84分)23、碳碳双键，溴原子C10H16O4NaOH水溶液取代反应CH3（CH2）4COOH【解析】

由题给有机物转化关系可知，在催化剂作用下，与氢气发生加成反应生成，则B为；在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应生成，则C为；在浓硫酸作用下，与CH3COOH共热发生酯化反应生成，则D为CH3COOH。【详解】（1）A中含有的官能团是碳碳双键、溴原子；E的分子式是C10H16O4；试剂a是NaOH水溶液，故答案为：碳碳双键、溴原子；C10H16O4；NaOH水溶液；（2）B的结构简式为，在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应生成，故答案为：水解反应或取代反应；（3）在浓硫酸作用下，与CH3COOH共热发生酯化反应生成，反应的化学方程式为，故答案为：；（4）C的结构简式为，C的同分异构体能使石蕊试剂显红色，说明分子中含有羧基，可为CH3（CH2）4COOH等，故答案为：CH3（CH2）4COOH等；（5）以环己醇（）为原料合成时，可先发生消去反应生成环己烯，然后发生加成反应邻二溴环己烷，在氢氧化钠醇溶液中邻二溴环己烷发生消去反应生成1,3—环己二烯，1,3—环己二烯与溴水发生1，4加成可生成目标物，合成路线为，故答案为：。【点睛】依据逆推法，通过生成E的反应条件和E结构简式确定C和D的结构简式是推断的突破口。24、消去反应NaOH水溶液、加热羟基、羧基+2H2O或【解析】

芳香族化合物A(C9H12O)的苯环上只有一个支链，支链上有两种不同环境的氢原子，则A为，B能够与溴加成，则B为，D为B与溴的加成产物，根据F的化学式，F能够与银氨溶液反应生成H，H中含有羧基，H在催化剂作用下反应生成聚酯I，则H中还含有羟基，因此D水解生成E，E为二元醇，E催化氧化生成F，F中含有羟基和醛基，则E为，F为，H为，I为；根据信息②，B中碳碳双键被氧化断裂生成C，C为，根据信息③，K为。【详解】(1)A()发生消去反应生成B()；根据上述分析，D发生卤代烃的水解反应E，反应条件为NaOH水溶液、加热，故答案为消去反应；NaOH水溶液、加热；(2)H

()的官能团有羟基、羧基，故答案为羟基、羧基；(3)根据上述分析，I为，故答案为；(4)由E生成F的反应方程式为，故答案为；(5)F()有多种同分异构体，①能发生水解反应和银镜反应，说明属于甲酸酯；②属于芳香族化合物且分子中只有一个甲基；③具有5个核磁共振氢谱峰，满足条件的结构可以是、，故答案为或；(6)由叔丁醇[(CH3)3COH]和糠醛()为原料制备糠叉丙酮()。根据信息③，合成可以由和丙酮合成，根据题干流程图中A→C和信息②，合成丙酮可以由叔丁醇[(CH3)3COH]首先合成，再由发生信息②的反应生成即可，合成路线为，故答案为。【点睛】本题考查了有机合成与推断，本题的难度较大。本题的易错点为E→F的催化氧化中F的结构判断。本题的难点为(6)的合成路线的设计，要注意充分利用题示信息和流程图中的合成路线的迁移。25、分液漏斗蒸馏烧瓶硫化钠和碳酸钠的混合液调节酸的滴加速度若SO2过量，溶液显酸性．产物会发生分解加入铁氰化钾溶液．产生蓝色沉淀开始生成Fe(S2O3)33-的反应速率快，氧化还原反应速率慢，但Fe3+与S2O32-氧化还原反应的程度大，导致Fe3++3S2O32-⇌Fe(S2O3)33-(紫黑色)平衡向逆反应方向移动，最终溶液几乎变为无色0.1600【解析】

(1)a的名称即为分液漏斗，b的名称即为蒸馏烧瓶；b中是通过浓硫酸和Na2SO3反应生成SO2，所以方程式为：；c中是制备硫代硫酸钠的反应，SO2由装置b提供，所以c中试剂为硫化钠和碳酸钠的混合溶液；(2)从反应速率影响因素分析，控制SO2生成速率可以调节酸的滴加速度或者调节酸的浓度，或者改变反应温度；(3)题干中指出，硫代硫酸钠在酸性溶液中会分解，如果通过量的SO2，会使溶液酸性增强，对制备产物不利，所以原因是：SO2过量，溶液显酸性，产物会发生分解；(4)检验Fe2+常用试剂是铁氰化钾，所以加入铁氰化钾溶液，产生蓝色沉淀即证明有Fe2+生成；解释原因时一定要注意题干要求，体现出反应速率和平衡两个角度，所以解释为：开始阶段，生成的反应速率快，氧化还原反应速率慢，所以有紫黑色出现，随着Fe3+的量逐渐增加，氧化还原反应的程度变大，导致平衡逆向移动，紫黑色逐渐消失，最终溶液几乎变为无色；(5)间接碘量法滴定过程中涉及两个反应：①；②；反应①I-被氧化成I2，反应②中第一步所得的I2又被还原成I-，所以①与②电子转移数相同，那么滴定过程中消耗的得电子总数就与消耗的失电子总数相同；在做计算时，不要忽略取的基准物质重铬酸钾分成了三份进行的滴定。所以假设c(Na2S2O3)=amol/L，列电子得失守恒式：，解得a=0.1600mol/L。26、逐滴加入(饱和食盐)水4CuSO4+PH3+4H2O=4Cu↓+H3PO4+4H2SO4水封，减少液溴的挥发上下两层液体均变为无色透明且几乎不再吸收乙炔气分液，有机相干燥后蒸馏，收集244℃馏分在分液漏斗中加入0.25L0.3mol/L磷酸，将石灰乳加热到95℃，在不断搅拌下，先快速滴加磷酸，然后慢慢滴加，不时滴加蒸馏水以补充蒸发掉的水分，直到磷酸全部滴完，调节并控制溶液pH8～9，再充分搅拌一段时间、静置，过滤、水洗【解析】

电石（主要成分CaC2，少量CaS、Ca3P2、Ca3As2等）与水在A中反应生成乙炔，同时生成H2S、PH3及AsH3，通入B，硫酸铜可除去H2S、PH3及AsH3，在C中与溴反应生成四溴乙烷，高锰酸钾用于氧化乙炔，据此解答。【详解】(1)为了得到平缓的C2H2气流，除可用饱和食盐水代替水外，还可逐滴加入(饱和食盐)水，以控制反应速率；(2)PH3与硫酸铜反应生成Cu和磷酸，根据电子守恒、原子守恒，可得反应的方程式为4CuSO4+PH3+4H2O═4Cu↓+H3PO4+4H2SO4；(3)装置C中在液溴液面上加入一层水的目的是水封，防止溴挥发，装置C中反应已完成的现象是上下两层液体均变为无色透明且几乎不再吸收乙炔气；从装置C反应后的体系得到并纯化产品，需要进行的操作有分液，有机相干燥后蒸馏，收集244℃馏分；(4)Ca(OH)2的物质的量为0.125mol，制备Ca10(PO4)6(OH)2，应需要0.075mol磷酸，则可在分液漏斗中加入0.25L0.3mol/L磷酸，将石灰乳加热到95℃，在不断搅拌下，先快速滴加磷酸，然后慢慢滴加，不时滴加蒸馏水以补充蒸发掉的水分，直到磷酸全部滴完，调节并控制溶液pH8～9，再充分搅拌一段时间、静置，过滤、水洗。【点睛】本题考查物质制备工艺流程的知识，题目涉及物质的分离提纯、对操作步骤及试剂的分析评价等，理解工艺流程原理是解题关键，侧重考查学生的分析能力、实验能力和计算能力。27、球形干燥管（干燥管）缺少处理CO尾气装置排尽装置内空气，防止空气中H2O和CO2的干扰E中黑色粉末变红色，F出现白色沉淀取少量草酸亚铁晶体于试管中，加入稀硫酸溶解后并滴加KSCN溶液，若溶液变红色，则草酸亚铁晶体已氧化变质；若不变红色，则草酸亚铁晶体未氧化变质FeC2O43FeC2O4Fe3O4＋2CO2↑＋4CO↑【解析】

装置A为草酸亚铁晶体分解，利用无水硫酸铜检验水蒸气，B装置检验二氧化碳，C装置吸收二氧化碳，D装置干燥气体，E装置检验CO，F装置检验二氧化碳，据此解答。【详解】(1)仪器a的名称是球形干燥管(干燥管)，故答案为：球形干燥管(干燥管)；(2)反应会产生CO，缺少处理CO尾气装置，故答案为：缺少处理CO尾气装置；(3)反应会会产生CO和H2O，通入氮气，排尽装置内空气，防止空气中H2O和CO2的干扰，故答案为：排尽装置内空气，防止空气中H2O和CO2的干扰；(4)CO与CuO反应，生成Cu和二氧化碳，现象为E中黑色粉末变红色，F出现白色沉淀，故答案为：E中黑色粉末变红色，F出现白色沉淀；(5)检验铁离子的试剂为KSCN，具体有：取少量草酸亚铁晶体于试管中，加入稀硫酸溶解后并滴加KSCN溶液，若溶液变红色，则草酸亚铁晶体已氧化变质；若不变红色，则草酸亚铁晶体未氧化变质，故答案为：取少量草酸亚铁晶体于试管中，加入稀硫酸溶解后并滴加KSCN溶液，若溶液变红色，则草酸亚铁晶体已氧化变质；若不变红色，则草酸亚铁晶体未氧化变质；(6)①草酸亚铁晶体的物质的量为：＝0.03mol，通过剩余固体的质量为4.32g，则M的摩尔质量为＝144g/mol，过程Ⅰ发生的反应是：草酸亚铁晶体受热失去结晶水，剩下的M为FeC2O4，故答案为：FeC2O4；②草酸亚铁晶体中的铁元素质量为：＝1.68g，草酸亚铁晶体中的铁元素完全转化到氧化物中，氧化物中氧元素的质量为：，设铁的氧