2025年安徽省定远育才学校高考化学试题模拟卷（5）含解析

2025年安徽省定远育才学校高考化学试题模拟卷（5）考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下列说法中正确的是A．在铁质船体上镶嵌锌块，可以减缓船体被海水腐蚀的速率，称为牺牲阴极的阳极保护法B．电解饱和食盐水是将电能转变成化学能，在阴极附近生成氢氧化钠和氢气C．铜锌原电池反应中，铜片作正极，产生气泡发生还原反应，电子从铜片流向锌片D．外加电流的阴极保护法是将被保护的金属与外加电源的正极相连2、用NaOH标准溶液滴定盐酸实验中，以下操作可能导致所测溶液浓度偏高的是A．滴定管用待装液润洗B．锥形瓶振荡时有少量液体溅出C．滴定结束后滴定管末端出现气泡D．锥形瓶用待测液润洗3、NA代表阿伏加德罗常数的值,下列叙述正确的是A．0.1mol熔融的NaHSO4中含有的离子总数为0.3NAB．标准状况下，2.24LHF和NH3分子所含电子数目均为NAC．常温时,56gAl与足量浓硝酸反应,转移的电子数目为3NAD．向含有1molFeI2溶质的溶液中通入适量的氯气，当有1molFe2+被氧化时，该反应转移电子的数目为3NA4、高纯碳酸锰在电子工业中有重要的应用，湿法浸出软锰矿（主要成分为MnO2，含少量Fe、Al、Mg等杂质元素）制备高纯碳酸锰的实验过程如下：其中除杂过程包括：①向浸出液中加入一定量的X，调节浸出液的pH为3.5~5.5；②再加入一定量的软锰矿和双氧水，过滤；③…下列说法正确的是（）A．试剂X可以是MnO、MnO2、MnCO3等物质B．浸出时加入植物粉的作用是作为还原剂C．除杂过程中调节浸出液的pH为3.5~5.5可完全除去Fe、Al、Mg等杂质D．为提高沉淀MnCO3步骤的速率可以持续升高温度5、下列物质与其用途不相符的是A．乙二醇——抗冻剂 B．NaCl——制纯碱C．Al2O3——焊接钢轨 D．甲苯——制炸药6、化学与生活密切相关，下列应用没有涉及氧化还原反应的是（）A．过氧化钠用作缺氧场所的供氧剂 B．铝热反应用于焊接铁轨C．氯化铁用于净水 D．铝罐车用作运输浓硫酸7、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8、下列物质分类正确的是A．豆浆、蛋白质溶液均属于胶体 B．H2O、CO2均为电解质C．NO、SO3均为酸性氧化物 D．H2S、O2常作还原剂9、已知：

。在的密闭容器中进行模拟合成实验，将和通入容器中，分别在和反应，每隔一段时间测得容器中的甲醇的浓度如下：1020304050603000.400.600.750.840.900.905000.600.750.780.800.800.80下列说法正确的是

A．时，开始内的平均反应速率B．反应达到平衡时，两温度下CO和的转化率之比均为C．反应达到平衡时，放出的热量为D．时，若容器的容积压缩到原来的，则增大，减小10、室温下，1L含0.1molHA和0.1molNaA的溶液a及加入一定量强酸或强碱后溶液的pH如下表（加入前后溶液体积不变）：溶液a通入0.01molHCl加入0.01molNaOHpH4.764.674.85像溶液a这样，加入少量强酸或强碱后pH变化不大的溶液称为缓冲溶液。下列说法正确的是A．溶液a和0.1mol·L−1HA溶液中H2O的电离程度前者小于后者B．向溶液a中通入0.1molHCl时，A−结合H+生成HA，pH变化不大C．该温度下HA的Ka=10-4.76D．含0.1mol·L−1Na2HPO4与0.1mol·L−1NaH2PO4的混合溶液也可做缓冲溶液11、如表所示有关物质检验的实验结论正确的是()选项实验操作及现象实验结论A向某溶液中加入盐酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成该溶液中一定含有SO42-B向某溶液中加入盐酸，将生成的气体通入品红溶液中，品红溶液褪色该溶液一定含有SO32-C将某气体通入品红溶液中，品红溶液褪色该气体一定是SO2D将SO2通入Na2CO3溶液中生成的气体，先通入足量的酸性KMnO4溶液，再通入澄清石灰水中有浑浊说明酸性：H2SO3＞H2CO3A．A B．B C．C D．D12、短周期主族元素A、B、C、D、E的原子序数依次增加，A和D的质子数之和等于E的核外电子数，B和D同主族，C的原子半径是短周期主族元素中最大的，A和E组成的化合物AE是常见强酸。下列说法错误的是A．简单离子半径：B>CB．热稳定性：A2D>AEC．CA为离子化合物，溶于水所得溶液呈碱性D．实验室制备AE时可选用D的最高价含氧酸13、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、Y同主族，W的简单氢化物与Z的单质混合在光照下反应，气体颜色不断变浅，瓶壁上有油状液滴，X的简单氢化物与Z的氢化物相遇会产生白烟。下列说法正确的是A．“白烟”晶体中只含共价键 B．四种元素中，Z的原子半径最大C．X的简单氢化物的热稳定性比Y的强 D．W的含氧酸的酸性一定比Z的弱14、常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A．澄清透明的溶液中：Na+、Cu2+、NO3-、Cl-B．中性溶液中：Fe3+、NH4+、Br-、HCO3-C．c(OH-)<的溶液中：Na+、Ca2+、ClO-、F-D．1mol/L的KNO3溶液中：H+、Fe2+、SCN-、SO42-15、乙酸香兰酯是用于调配奶油、冰淇淋的食用香精，其合成反应的化学方程式如下：下列叙述正确的是()A．该反应不属于取代反应B．乙酸香兰酯的分子式为C10H8O4C．FeCl3溶液可用于区别香兰素与乙酸香兰酯D．乙酸香兰酯在足量NaOH溶液中水解得到乙酸和香兰素16、通过下列实验操作和实验现象，得出的结论正确的是实验操作实验现象结论A将丙烯通入碘水中碘水褪色并分层丙烯与碘水发生了取代反应B向FeSO4溶液中滴加K3[Fe(CN)6]溶液产生蓝色沉淀FeSO4溶液未变质C向滴有酚酞的NaOH溶液中通入SO2气体溶液红色褪去SO2具有漂白性D向2mL0.1mol/L的NaCl溶液中滴加3滴相同浓度的AgNO3，然后再滴加3滴相同浓度的KI溶液先产生白色沉淀，然后变为黄色沉淀Ksp(AgI)＜Ksp(AgCl)A．A B．B C．C D．D二、非选择题（本题包括5小题）17、2010年美、日三位科学家因钯（Pd）催化的交叉偶联反应获诺贝尔化学奖。一种钯催化的交叉偶联反应如下：（R、R’为烃基或其他基团），应用上述反应原理合成防晒霜主要成分K的路线如下图所示（部分反应试剂和条件未注明）：已知：①B能发生银镜反应，1molB最多与2molH2反应。②C8H17OH分子中只有一个支链，且为乙基，其连续氧化的产物能与NaHCO3反应生成CO2，其消去产物的分子中只有一个碳原子上没有氢。③G不能与NaOH溶液反应。④核磁共振图谱显示J分子有3种不同的氢原子。请回答：（1）B中含有的官能团的名称是______________________________（2）B→D的反应类型是___________（3）D→E的化学方程式是_________________________________________（4）有机物的结构简式：G_______________________；K__________________________（5）符合下列条件的X的同分异构体有（包括顺反异构）_____种，其中一种的结构简式是__________。a．相对分子质量是86b．与D互为同系物（6）分离提纯中间产物E的操作：先用碱除去D和H2SO4，再用水洗涤，弃去水层，最终通过________操作除去C8H17OH，精制得E。18、红色固体X由两种元素组成，为探究其组成和性质，设计了如下实验：请回答：(1)气体Y的一种同素异形体的分子式是______，红褐色沉淀的化学式______。(2)X在隔绝空气条件下受高温分解为Y和Z的化学方程式____________。(3)取黄色溶液W滴加在淀粉­KI试纸上，试纸变蓝色，用离子方程式表示试纸变蓝的原因____________。19、苯胺()是重要的化工原料。某兴趣小组在实验室里进行苯胺的相关实验。已知：①和NH3相似，与盐酸反应生成易溶于水的盐②用硝基苯制取苯胺的反应原理：2+3Sn+12HCl→2+3SnCl4+4H2O③有关物质的部分物理性质见表：物质熔点/℃沸点/℃溶解性密度/g∙cm-3苯胺-6.3184微溶于水，易溶于乙醚1.02硝基苯5.7210.9难溶于水，易溶于乙醚1.23乙醚-116.234.6微溶于水0.7134Ⅰ.比较苯胺与氨气的性质(1)将分别蘸有浓氨水和浓盐酸的玻璃棒靠近，产生白烟，反应的化学方程式为__________；用苯胺代替浓氨水重复上述实验，却观察不到白烟，原因是______。Ⅱ.制备苯胺。往图所示装置(夹持装置略，下同)的冷凝管口分批加入20mL浓盐酸(过量)，置于热水浴中回流20min，使硝基苯充分还原；冷却后，往三颈烧瓶中滴入一定量50%NaOH溶液，至溶液呈碱性。(2)冷凝管的进水口是____(填“a”或“b”)；(3)滴加NaOH溶液的主要目的是析出苯胺，反应的离子方程式为______________。Ⅲ.提取苯胺。i.取出上图所示装置中的三颈烧瓶，改装为如图所示装置：ii.加热装置A产生水蒸气，烧瓶C中收集到苯胺与水的混合物；分离混合物得到粗苯胺和水溶液。ii.往所得水溶液加入氯化钠固体，使溶液达到饱和状态，再用乙醚萃取，得到乙醚萃取液。iii.合并粗苯胺和乙醚萃取液，用NaOH固体干燥，蒸馏后得到苯胺2.79g。(4)装置B无需用到温度计，理由是______。(5)操作i中，为了分离混合物，取出烧瓶C前，应先打开止水夹d，再停止加热，理由是__________。(6)该实验中苯胺的产率为_____________。(7)欲在不加热条件下除去苯胺中的少量硝基苯杂质，简述实验方案：_________________。20、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)。21、自然界中含锰元素的主要矿物有软锰矿（MnO2·xH2O）、黑锰矿Mn3O4，大洋底部有大量锰结核矿。锰元素在多个领域中均有重要应用，用于制合金，能改善钢的抗冲击性能等。（1）Mn在元素周期表中位于___区，核外电子占据最高能层的符号是___，金属锰可导电，导热，具有金属光泽，有延展性，这些性质都可以用“___理论”解释。（2）Mn3+在水溶液中容易歧化为MnO2和Mn2+，下列说法合理的是___。A．Mn3+的价电子构型为3d4，不属于较稳定的电子构型B．根据Mn2+的电子构型可知，Mn2+中不含成对电子C．第四周期元素中，锰原子价电子层中未成对电子数最多D．Mn2+与Fe3+具有相同的价电子构型，所以它们的化学性质相似（3）在K2MnF6中，MnF62-的空间构型是正八面体，则中心原子的价层电子对数为__。该化合物中含有的共价键在形成过程中原子轨道的重叠方式为__。（4）二价锰的化合物MnO和MnS熔融态均能导电，熔点MnO___MnS（选填“高于”、“等于”、“低于”）并解释原因___。（5）某锰氧化物的晶胞结构如图：该锰的氧化物的化学式为___，该晶体中Mn的配位数为____，该晶体中Mn之间的最近距离为___pm（用a、b来表示）。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【解析】

A．在船体上镶嵌锌块，形成锌铁原电池，锌比铁活泼，锌作负极不断被腐蚀，铁做正极则不会被腐蚀，称为牺牲阳极的阴极保护法，A错误；B．在外加电源的作用下，电解饱和食盐水是将电能转变成化学能，阴极上氢离子得电子生成氢气，同时溶液中生成氢氧根离子，B正确；C．铜锌原电池反应中，Zn

失电子作负极，铜片作正极，产生气泡发生还原反应，电子从锌片流向铜片，C错误；D．外加电流的阴极保护法应将被保护的金属与外加电源的负极相连，与正极相连作阳极会失电子被腐蚀，D错误；答案选B。2、D【解析】

由c(HCl)=可知，不当操作使V(碱)增大，则导致所测溶液浓度偏高，以此来解答。【详解】A．滴定管用待装液润洗，对实验无影响，故A错误；B．锥形瓶振荡时有少量液体溅出，使V(碱)减小，则导致所测溶液浓度偏低，故B错误；C．滴定结束后滴定管末端出现气泡，使V(碱)减小，则导致所测溶液浓度偏低，故C错误；D．锥形瓶用待测液润洗，n(HCl)偏大，则消耗V(碱)增大，则导致所测溶液浓度偏高，故D正确；故答案为D。本题考查中和滴定操作、计算及误差分析，注意利用公式来分析解答，无论哪一种类型的误差，都可以归结为对标准溶液体积的影响，然后根据c(待测)=分析，若标准溶液的体积偏小，那么测得的物质的量的浓度也偏小；若标准溶液的体积偏大，那么测得的物质的量的浓度也偏大。3、D【解析】

A.NaHSO4在熔融状态电离产生Na+、HSO4-，1个NaHSO4电离产生2个离子，所以0.1molNaHSO4在熔融状态中含有的离子总数为0.2NA，选项A错误；B.标准状况下HF呈液态，不能使用气体摩尔体积，选项B错误；C.常温时Al遇浓硝酸会发生钝化现象，不能进一步反应，选项C错误；D.微粒的还原性I->Fe2+，向含有1molFeI2溶质的溶液中通入适量的氯气，当有1molFe2+被氧化时，I-已经反应完全，则1molFeI2反应转移3mol电子，则转移电子数目是3NA，选项D正确；故合理选项是D。4、B【解析】

软锰矿（主要成分为MnO2，含少量Fe、Al、Mg等杂质元素）中Mn元素显+4价，浸出并过滤后Mn元素以Mn2+的形式存在于滤液中，浓硫酸无还原性，据此可推知植物粉作还原剂；浸出后的滤液中，除了Mn2+还有Fe2+、Al3+、Mg2+，除杂时可调节pH使其中一些离子转化为沉淀，为了不引入新的杂质，可加入Mn（Ⅱ）的氧化物或碳酸盐；除杂过程中调节浸出液的pH为3.5~5.5，不能将Fe2+、Al3+、Mg2+完全转化为沉淀，之后加入双氧水可将Fe2+氧化为更易沉淀的Fe3+，加入的软锰矿也会再消耗一些H+；NH4HCO3受热易分解，因此加入NH4HCO3沉淀Mn2+时，温度不宜过高。【详解】A．试剂X用于调节pH，为了不引入新的杂质，可加入Mn（Ⅱ）的氧化物或碳酸盐，不宜加入MnO2，A项错误；B．浸出时，MnO2转化为Mn2+，植物粉作还原剂，B项正确；C．除杂过程中调节浸出液的pH为3.5~5.5不能完全除去Fe、Al、Mg等杂质，C项错误；D．沉淀MnCO3步骤中，NH4HCO3受热易分解，不能持续升高温度，D项错误；答案选B。控制实验条件时要充分考虑物质的特性，如：①Fe3+在较低的pH环境下就可沉淀完全，要完全沉淀Fe元素，应将Fe2+转化为Fe3+；②NH4HCO3受热易分解，要注意控制反应的温度。5、C【解析】

A.乙二醇的熔点很低，故可用作汽车的防冻液，故A正确；B.侯氏制碱法的原理是将氨气和二氧化碳通入饱和氯化钠溶液中，然后生成碳酸氢钠和氯化铵，将碳酸氢钠分离出后加热即可制得纯碱碳酸钠，故氯化钠可用作制纯碱，故B正确；C.利用铝热反应来焊接钢轨，而铝热反应是铝单质和某些金属氧化物的反应，其中氧化铝是生成物，故可以说金属铝能用于焊接钢轨，故C错误；D.三硝基甲苯是一种烈性炸药，可以通过甲苯的硝化反应来制取，故D正确。故选：C。6、C【解析】

在化学应用中没有涉及氧化还原反应说明物质在反应过程中没有电子转移，其特征是没有元素化合价变化，据此分析解答。【详解】A．过氧化钠和水、二氧化碳反应都生成氧气，O元素化合价由-1价变为-2价和0价，所以该反应为氧化还原反应，选项A不选；B．铝热反应用于焊接铁轨过程中，铝元素化合价由0价变为+3价，所以属于氧化还原反应，选项B不选；C．氯化铁用于净水，氯化铁水解生成氢氧化铁胶体，氢氧化铁胶体吸附净水，该过程中没有元素化合价变化，所以不涉及氧化还原反应，选项C选；D．铝罐车用作运输浓硫酸，利用浓硫酸的强氧化性与铝发生钝化反应，所以属于氧化还原反应，选项D不选；答案选C。本题以物质的用途为载体考查了氧化还原反应，根据反应过程中是否有元素化合价变化来分析解答，明确元素化合价是解本题关键，结合物质的性质分析解答，易错点是选项C，氢氧化铁胶体的产生过程不涉及化合价的变化，不属于氧化还原反应。7、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。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。8、A【解析】

A．分散质粒子直径介于1-100nm之间的为胶体，豆浆、蛋白质溶液均属于胶体，故A正确；B．H2O是弱电解质，CO2属于非电解质，故B错误；C．SO3为酸性氧化物，NO是不成盐氧化物，故C错误；D．H2S中S的化合价为最低价，是常见的还原剂，O2是常见的氧化剂，故D错误；故选A。本题的易错点为B，要注意二氧化碳的水溶液能够导电，是反应生成的碳酸能够电离，而二氧化碳不能电离。9、B【解析】

A.时，开始10min内甲醇的平均速率-1·min-1，依据速率与方程式的计量数的关系可得，H2的平均速率v(H2)=0.08mol·L-1·min-1，故A错误；B.两温度下，起始时CO和H2的物质的量之比是方程式的系数比，反应时也是按照方程式的系数比转化的，所以反应达到平衡时，CO和H2的转化率之比为1:1，故B正确；C.反应达到平衡时，放出的热量为kJ，故C错误；D.时，若容器的容积压缩到原来的，依据压强与反应速率的关系，则v增大，v增大，故D错误。故选B。10、D【解析】

A．溶液a为酸性，HA电离程度大于A-水解程度，相对于纯HA，同浓度下，溶液a中存在一部分A-，起始时有了一部分产物，所以溶液a和0.1mol/LHA溶液中HA的电离程度前者小于后者，从而H2O的电离程度前者大于后者，A选项错误；B．根据表中数据，向溶液a中通入0.1molHCl时，溶液a中一共只有1L含0.1molNaA，则完全消耗NaA，这就超出了缓冲溶液的缓冲范围了，NaA变成了HA，溶液便失去了缓冲能力，pH不可能变化不大，B选项错误；C．HA的，由表可知，1L含0.1molHA和0.1molNaA的溶液a的pH=4.76，但此时c(A-)不等于c(HA)，故该温度下HA的Ka不等于10-4.76，C选项错误；D．向0.1mol·L−1Na2HPO4与0.1mol·L−1NaH2PO4的混合溶液中加入少量强酸或强碱，溶液的组成不会明显变化，故也可做缓冲溶液，D选项正确；答案选D。11、D【解析】

根据物质的性质及反应现象分析解答。【详解】A.白色沉淀可以能是氯化银，溶液中可能含有银离子，应该先加盐酸排除银离子的干扰，故A错误；B.溶液中可能含有HSO3-，故B错误；C.具有漂白作用的不仅仅是二氧化硫，融入氯气也可以使品红褪色，故C错误；D.先通入酸性高锰酸钾溶液，目的是除去二氧化硫气体，再通入澄清石灰水变浑浊，说明产物是二氧化碳，进而证明亚硫酸的酸性强于碳酸，故D正确。故选D。在物质检验的实验中，一定要注意排除其他物质的干扰，很多反应的现象是一样的，需要进一步验证，例如二氧化硫和二氧化碳都能使澄清石灰水变浑浊，但二氧化硫可以与酸性高锰酸钾反应，二氧化碳不可以。12、B【解析】

据原子结构、原子半径、物质性质等，先推断短周期主族元素，进而判断、比较有关物质的性质，作出合理结论。【详解】短周期主族元素中原子半径最大的C是钠（Na）；化合物AE是常见强酸，结合原子序数递增，可知A为氢（H）、E为氯（Cl）；又A和D的质子数之和等于E的核外电子数，则D为硫（S）；因B和D同主族，则B为氧（O）。A项：B、C的简单离子分别是O2-、Na+，它们的电子排布相同，核电荷较大的Na+半径较小，A项正确；B项：同周期主族元素，从左到右非金属性增强，则非金属性S<Cl，故氢化物热稳定性：H2S<HCl，B项错误；C项：CA（NaH）为离子化合物，与水反应生成NaOH和H2，使溶液呈碱性，C项正确；D项：实验室制备HCl气体，常选用NaCl和浓硫酸共热，D项正确。本题选B。13、C【解析】

短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的简单氢化物与Z的单质混合在光照下反应，气体颜色不断变浅，瓶壁上有油状液滴，所以Z是Cl，W是C，W、Y同主族，则Y为Si；X的简单氢化物与Z的氢化物相遇会产生白烟，X为N。【详解】A.根据上述分析知“白烟”为NH4Cl晶体，NH4Cl属于离子化合物，既有离子键又有含共价键，故A错误；B.四种元素的原子半径为Si>Cl>C>N，故B错误；C.X的简单氢化物为NH3，Y的简单氢化物为SiH4，非金属性:N>Si，热稳定性NH3>SiH4，故C正确；D.W的含氧酸为H2CO3，Z的含氧酸有HClO、HClO4等几种，酸性HClO<H2CO3<HClO4，故D错误；答案：C。14、A【解析】

A.选项离子之间不能发生任何反应，离子可以大量共存，A符合题意；B.中性溶液中，OH-与Fe3+会形成Fe(OH)3沉淀，OH-与HCO3-反应产生CO32-、H2O，离子之间不能大量共存，B不符合题意；C.c(OH-)<的溶液显酸性，含有大量的H+，H+与ClO-、F-发生反应产生弱酸HClO、HF，不能大量共存，C错误；D.H+、Fe2+、NO3-会发生氧化还原反应，不能大量共存，D错误；故合理选项是A。15、C【解析】

A、香兰素中—OH中的H原子，被—COCH3替代，该反应属于取代反应，A项错误；B、乙酸香兰酯的分子式为C10H10O4，B项错误；C、乙酸香兰酯中没有酚羟基，可以用FeCl3溶液区别香兰素与乙酸香兰酯，C项正确；D、乙酸香兰酯应在足量酸溶液中水解才能得到乙酸和香兰素，D项错误；答案选C。考点：考查有机化学基础（反应类型、分子式的确定、官能团的性质等）。16、D【解析】

A．将丙烯通入碘水中，将丙烯通入碘水中，丙烯与碘水发生了加成反应，A选项错误；B．向FeSO4溶液中滴加K3[Fe(CN)6]溶液，产生蓝色沉淀，说明溶液当中有Fe2+，但不能说明FeSO4溶液未变质，也有可能是部分变质，B选项错误；C．向滴有酚酞的NaOH溶液中通入SO2气体，SO2是酸性氧化物，可与水反应生成H2SO3，中和NaOH，从而使溶液红色褪去，与其漂白性无关，C选项错误；D．白色的AgCl沉淀转化为黄色的AgI沉淀，可证明Ksp(AgI)＜Ksp(AgCl)，D选项正确；答案选D。二、非选择题（本题包括5小题）17、碳碳双键、醛基氧化反应CH2=CHCOOH++H2O4CH2=CH-CH2-COOH（或CH2=C(CH3)-COOH、、）蒸馏【解析】

B的分子式为C3H4O，B能发生银镜反应，B中含—CHO，1molB最多与2molH2反应，B的结构简式为CH2=CHCHO；B发生氧化反应生成D，D能与C8H17OH发生酯化反应，则D的结构简式为CH2=CHCOOH；C8H17OH分子中只有一个支链，且为乙基，其连续氧化的产物能与NaHCO3反应生成CO2，其消去产物的分子中只有一个碳原子上没有氢，C8H17OH的结构简式为，E的结构简式为；F的分子式为C6H6O，F为，F与（CH3）2SO4、NaOH/H2O反应生成G，G的分子式为C7H8O，G不能与NaOH溶液反应，G的结构简式为，G与Br2、CH3COOH反应生成J，J的分子式为C7H7OBr，核磁共振图谱显示J分子有3种不同的氢原子，J的结构简式为；根据题给反应，E与J反应生成的K的结构简式为；据此分析作答。【详解】B的分子式为C3H4O，B能发生银镜反应，B中含—CHO，1molB最多与2molH2反应，B的结构简式为CH2=CHCHO；B发生氧化反应生成D，D能与C8H17OH发生酯化反应，则D的结构简式为CH2=CHCOOH；C8H17OH分子中只有一个支链，且为乙基，其连续氧化的产物能与NaHCO3反应生成CO2，其消去产物的分子中只有一个碳原子上没有氢，C8H17OH的结构简式为，E的结构简式为；F的分子式为C6H6O，F为，F与（CH3）2SO4、NaOH/H2O反应生成G，G的分子式为C7H8O，G不能与NaOH溶液反应，G的结构简式为，G与Br2、CH3COOH反应生成J，J的分子式为C7H7OBr，核磁共振图谱显示J分子有3种不同的氢原子，J的结构简式为；根据题给反应，E与J反应生成的K的结构简式为；（1）B的结构简式为CH2=CHCHO，所以B中含有的官能团的名称是碳碳双键、醛基。（2）B的结构简式为CH2=CHCHO，D的结构简式为CH2=CHCOOH，所以B→D的反应类型是氧化反应。（3）D与C8H17OH反应生成E的化学方程式为CH2=CHCOOH++H2O。（4）根据上述分析，G的结构简式为，K的结构简式为。（5）D的结构简式为CH2=CHCOOH，D的相对分子质量为72，X比D的相对分子质量多14，X与D互为同系物，所以X比D多1个“CH2”，符合题意的X的同分异构体有：CH2=CH-CH2-COOH、CH2=C(CH3)-COOH、、，共4种。（6）C8H17OH和E是互溶的液体混合物，所以用蒸馏法将C8H17OH除去，精制得E。18、O3Fe(OH)36Fe2O34Fe3O4＋O2↑2I－＋2Fe3＋=2Fe2＋＋I2【解析】

无色气体Y为O2，同素异形体的分子式是O3，且X中含有铁元素，结合“红褐色”沉淀灼烧后能得到X，可以推断得到X为氧化铁，再根据X分解得到Y与Z的量的关系可知，Z为Fe3O4，W为FeCl3，红褐色沉淀为Fe(OH)3。由于FeCl3具有较强的氧化性，所以将FeCl3溶液滴加在淀粉­KI试纸上时会有I2生成，而使试纸变蓝色，据此分析解答。【详解】无色气体Y为O2，同素异形体的分子式是O3，且X中含有铁元素，结合“红褐色”沉淀灼烧后能得到X，可以推断得到X为氧化铁，再根据X分解得到Y与Z的量的关系可知，Z为Fe3O4，W为FeCl3，红褐色沉淀为Fe(OH)3；由于FeCl3具有较强的氧化性，所以将FeCl3溶液滴加在淀粉­KI试纸上时会有I2生成，而使试纸变蓝色，（1）无色气体Y为O2，其同素异形体的分子式是O3；红褐色沉淀为Fe(OH)3；故答案为：O3；Fe(OH)3；（2）X为Fe2O3，Y为O2，Z为Fe3O4，Fe2O3在隔绝空气条件下受热高温分解为Fe3O4和O2，化学反应方程式为6Fe2O34Fe3O4＋O2↑；故答案为：6Fe2O34Fe3O4＋O2↑；（3）W为FeCl3，FeCl3具有较强的氧化性，能将KI氧化为I2，试纸变蓝色，反应的离子方程式为2I－＋2Fe3＋=2Fe2＋＋I2；故答案为：2I－＋2Fe3＋=2Fe2＋＋I2。本题中学生们由于不按要求作答造成失分，有两点：①第（1）问经常会出现学生将化学式写成名称；②第（3）问错将离子方程式写成化学方程式；学生们做题时一定要认真审题，按要求作答，可以用笔进行重点圈画，作答前一定要看清是让填化学式还是名称，让写化学方程式还是离子方程式。学生们一定要养成良好的审题习惯，不要造成不必要的失分。19、NH3+HCl=NH4Cl苯胺沸点较高，不易挥发bC6H5NH3++OH-→C6H5NH2+H2O蒸出物为混合物，无需控制温度防止B中液体倒吸60.0%加入稀盐酸，分液除去硝基苯，再加入氢氧化钠溶液，分液去水层后，加入NaOH固体干燥、过滤【解析】

(1)根据浓氨水和浓盐酸都具有挥发性结合题中信息苯胺沸点184℃分析；(2)为了获得较好的冷凝效果，采用逆流原理；(3)根据题中信息，联系铵盐与碱反应的性质，通过类比迁移，不难写出离子方程式；(4)根据蒸馏产物分析；(5)根据装置内压强突然减小会引起倒吸分析；(6)根据关系式即可计算苯胺的产率；(7)根据物质的性质分析作答。【详解】(1)蘸有浓氨水和浓盐酸的玻璃棒靠近，产生白烟，是浓氨水挥发出来的NH3和浓盐酸挥发出来的HCl反应生成NH4Cl固体小颗粒，化学方程式为：NH3+HCl=NH4Cl；用苯胺代替浓氨水重复上述实验，却观察不到白烟，原因是苯胺沸点184℃，比较高，不易挥发；(2)图1装置包含了产品的分馏，是根据各组分的沸点的不同、用加热的方法来实现各组分的分离的操作，冷凝管是下口进水，上口出水，保证冷凝效果，故答案为：b；(3)滴加NaOH溶液的主要目的是析出苯胺，反应的离子方程式为C6H5NH3++OH-→C6H5NH2+H2O；(4)因为蒸馏出来的是水和苯胺的混合物，故无需温度计；(5)操作i中，为了分离混合物，取出烧瓶C前，应先打开止水夹d，再停止加热，理由是防止装置B内压强突然减小引起倒吸；(6)设理论上得到苯胺m，根据原子守恒可知C6H5NO2～C6H5NH2，则m＝=4.65g，所以该实验中苯胺的产率=×100%=60%；(7)在混合物中先加入足量盐酸，经分液除去硝基苯，再往水溶液中加NaOH溶液析出苯胺，分液后用NaOH固体干燥苯胺中还含有的少量水分，滤去NaOH固体，即可得较纯净的苯胺，即实验方案是：加入稀盐酸，分液除去硝基苯，再加入氢氧化钠溶液，分液去水层后，加入NaOH固体干燥、过滤。20、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-