2025届河南省郑州市嵩阳高级中学高考化学倒计时模拟卷含解析

2025届河南省郑州市嵩阳高级中学高考化学倒计时模拟卷注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在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、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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、标准NaOH溶液滴定盐酸实验中，不必用到的是（）A．酚酞 B．圆底烧瓶 C．锥形瓶 D．滴定管2、炼铁、炼钢过程中，先被氧化后被还原的元素是（）A．炼铁过程中的铁元素 B．炼铁过程中的氧元素C．炼铁过程中的碳元素 D．炼钢过程中的铁元素3、已知2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑。该反应中有关物理量的描述正确的是（NA表示阿伏加德罗常数）（）A．每生成6.72L的H2，溶液中AlO2﹣的数目就增加0.2NAB．每生成0.15molH2，被还原的水分子数目为0.3NAC．当加入2.7gAl时，转移的电子数目为0.3NAD．溶液中每增加0.1mol的AlO2﹣，Na+的数目就增加0.1NA4、下列选用的仪器和药品能达到实验目的的是ABCD尾气吸收Cl2吸收CO2中的HCl杂质蒸馏时的接收装置乙酸乙酯的收集装置A．A B．B C．C D．D5、已知某饱和NaCl溶液的体积为VmL，密度为，质量分数为w%，溶液中含NaCl的质量为mg。则下列表达式正确的是A． B．C． D．6、下列实验Ⅰ～Ⅳ中，正确的是（）A．实验Ⅰ：配制一定物质的量浓度的溶液B．实验Ⅱ：除去Cl2中的HClC．实验Ⅲ：用水吸收NH3D．实验Ⅳ：制备乙酸乙酯7、有机物X的结构简式如图，某同学对其可能具有的化学性质进行了预测，其中正确的是①可以使酸性KMnO4溶液褪色②可以和NaHCO3溶液反应③一定条件下能与H2发生加成反应④在浓硫酸、加热条件下，能与冰醋酸发生酯化反应A．①② B．②③ C．①②③ D．①②③④8、利用下列实验装置能达到实验目的的是A．分离CH3COOH和CH3COOC2H5混合液B．验证NH4NO3晶体溶于水的热效应C．蒸发FeCl3溶液得到FeCl3固体D．验证C、Cl、Si的非金属性强弱9、向FeCl3、CuCl2、盐酸的混合溶液中加入铁粉充分反应后，用KSCN溶液检验无明显现象，则反应后的溶液一定A．含Cu2+ B．含Fe2+ C．呈中性 D．含Fe2+和Cu2+10、设NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列叙述正确的是A．将1molNH4NO3溶于适量稀氨水中，所得溶液呈中性，则溶液中NH4＋的数目为NAB．1.7gH2O2中含有的电子数为0.7NAC．标准状况下，2.24L戊烷所含分子数为0.1NAD．1molNa与足量O2反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，钠失去2NA个电子11、设为阿伏加德罗常数值。下列说法正确的是（）A．标准状况下，与足量反应转移的电子数为B．的原子核内中子数为C．25℃时，的溶液中含的数目为D．葡萄糖和蔗糖的混合物中含碳原子的数目为12、一带一路是“丝绸之路经济带”和“21世纪海上丝绸之路”的简称。古丝绸之路贸易中的下列商品，其主要化学成分属于无机物的是A．陶瓷 B．中草药 C．香料 D．丝绸13、下列有关化学和传统文化关系的说法中不正确的是A．东汉魏伯阳在《周易参同契》中对汞的描述：“太阳流珠，常欲去人…得火则飞，不见埃尘，将欲制之，黄芽为根……”，这里的“黄芽”是指硫B．三国时期曹植在《七步诗》中写到“煮豆持作羹，漉菽以为汁。萁在釜中燃，豆在釜中泣。……”，文中“漉”涉及的操作原理类似于化学实验中的过滤C．《本草经集注》中关于鉴别硝石（KNO3）和朴硝（Na2SO4）的记载：“强烧之，紫青烟起……云是真硝石也”，该方法用了焰色反应D．《本草图经》在绿矾项载：“盖此矾色绿，味酸，烧之则赤……”，因为绿矾能电离出H+，所以“味酸”14、下列叙述正确的是()A．电镀时，通常把待镀的金属制品作阳极B．氯碱工业上电解的是熔融的NaClC．氢氧燃料电池(酸性电解质)中O2通入正极，电极反应为O2＋4H＋＋4e－=2H2OD．上图中电子由Zn极移向Cu极，盐桥中的Cl－移向CuSO4溶液15、H2SO3水溶液中存在电离平衡H2SO3H++HSO3－和HSO3－H++SO32－，若对H2SO3溶液进行如下操作，则结论正确的是：（）A．通入氯气，溶液中氢离子浓度增大B．通入过量H2S，反应后溶液pH减小C．加入氢氧化钠溶液，平衡向右移动，pH变小D．加入氯化钡溶液，平衡向右移动，会产生亚硫酸钡沉淀16、下列实验能实现的是（）A．图1装置左侧用于检验氯化铵受热分解出的氨气B．图2装置用于分离碘单质和高锰酸钾固体混合物C．图3装置中若a处有红色物质生成，b处变蓝，证明X一定是H2D．图4装置可以制取少量CO2，安全漏斗可以防止气体逸出17、2013年浙江大学以石墨烯为原料研制的“碳海绵”是一种气凝胶，它是处理海上原油泄漏最好的材料：它能把漏油迅速吸进来，吸进的油又能挤出来回收，碳海绵还可以重新使用，下列有关“碳海绵”的说法中错误的是A．对有机溶剂有很强的吸附性 B．内部应有很多孔隙，充满空气C．有很强的弹性 D．密度较大，化学性质稳定18、锡为ⅣA族元素，四碘化锡是常用的有机合成试剂（SnI4，熔点114.5℃，沸点364.5℃，易水解）。实验室以过量锡箔为原料通过反应Sn+2I2SnI4制备SnI4。下列说法错误的是（）A．加入碎瓷片的目的是防止暴沸B．SnI4可溶于CCl4中C．装置Ⅱ的主要作用是吸收挥发的I2D．装置Ⅰ中b为泠凝水出水口19、控制变量是科学研究重要方法。由下列实验现象一定能得出相应结论的是选项AB装置图现象右边试管产生气泡较快左边棉球变棕黄色，右边棉球变蓝色结论催化活性：Fe3+>Cu2+氧化性：Br2>I2选项CD装置图现象试管中先出现淡黄色固体，后出现黄色固体试管中液体变浑浊结论Ksp：AgCl>AgBr>AgI非金属性：C>SiA．A B．B C．C D．D20、向恒温恒容密闭容器中充入1molX和1molY，发生反应X(g)+2Y(g)Z(g)+W(s)，下列选项不能说明反应已达平衡状态的是A．v正(X)=2v逆(Y) B．气体平均密度不再发生变化C．容器内压强不再变化 D．X的浓度不再发生变化21、如图，小烧杯放在一块沾有水的玻璃片上，加入氯化铵固体与氢氧化钡晶体[Ba（OH）2•8H2O）]，并用玻璃棒搅拌，玻璃片上的水结成了冰．由此可知（）A．该反应中，化学能转变成热能B．反应物的总能量低于生成物的总能量C．氯化铵与氢氧化钡的反应为放热反应D．反应的热化学方程式为2NH4Cl+Ba（OH）2→BaCl2+2NH3•H2O﹣Q22、下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是A．SO2水溶液呈酸性，可用于漂白纸浆 B．晶体硅熔点高，可制半导体材料C．Al(OH)3呈弱碱性，可用于治疗胃酸过多 D．H2O2具有还原性，可用于消毒杀菌二、非选择题(共84分)23、（14分）有研究人员在体外实验中发现药物瑞德西韦对新冠病毒有明显抑制作用。E是合成瑞德西韦的中间体，其合成路线如下：回答下列问题：(1)W的化学名称为____；反应①的反应类型为____(2)A中含氧官能团的名称为____。(3)写出反应⑦的化学方程式_____(4)满足下列条件的B的同分异构体有____种(不包括立体异构)。①苯的二取代物且苯环上含有硝基；②可以发生水解反应。上述同分异构体中核磁共振氢谱为3:2:2的结构简式为____________(5)有机物中手性碳(已知与4个不同的原子或原子团相连的碳原子称为手性碳)有___个。结合题给信息和已学知识，设计由苯甲醇为原料制备的合成路线_______(无机试剂任选)。24、（12分）有机物N的结构中含有三个六元环，其合成路线如下。已知：RCH=CH2+CH2=CHR′CH2=CH2+RCH=CHR′请回答下列问题：（1）F分子中含氧官能团的名称为_______。B的结构简式为____________。（2）G→H的化学方程式______________。其反应类型为_____。（3）D在一定条件下能合成高分子化合物，该反应的化学方程式____________。（4）A在5000C和Cl2存在下生成，而不是或的原因是_________。（5）E的同分异构体中能使FeCl3溶液显色的有_______种。（6）N的结构简式为________________。25、（12分）吊白块(NaHSO2·HCHO·2H2O，M=154.0g/mol)在工业中有广泛应用；吊白块在酸性环境下、100℃即发生分解释放出HCHO。实验室制备吊白块的方案如下：NaHSO3的制备：如图，在广口瓶中加入一定量Na2SO3和水，振荡溶解，缓慢通入SO2，至广口瓶中溶液pH约为4，制得NaHSO3溶液。（1）装置Ⅰ中产生气体的化学反应方程式为__；Ⅱ中多孔球泡的作用是__。（2）实验室检测NaHSO3晶体在空气中是否发生氧化变质的实验方案是__。吊白块的制备：如图，向仪器A中加入上述NaHSO3溶液、稍过量的锌粉和一定量甲醛，在80~90℃C下，反应约3h，冷却过滤。（3）仪器A的名称为___；用恒压漏斗代替普通滴液漏斗滴加甲醛的优点是__。（4）将仪器A中的反应温度恒定在80~90℃的目的是__。吊白块纯度的测定：将0.5000g吊白块样品置于蒸馏烧瓶中，加入10%磷酸10mL，立即通入100℃水蒸气；吊白块分解并释放出甲醛，用含36.00mL0.1000mol·L－1酸性KMnO4吸收甲醛(不考虑SO2影响，4MnO4－+5HCHO+12H+=4Mn2++5CO2↑+11H2O)，再用0.1000mol·L－1的草酸标准溶液滴定酸性KMnO4，再重复实验2次，平均消耗草酸溶液的体积为30.00mL。（5）滴定终点的判断方法是__；吊白块样品的纯度为__%(保留四位有效数字)；若KMnO4标准溶液久置释放出O2而变质，会导致测量结果__(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)26、（10分）ClO2是一种优良的消毒剂，其溶解度约是Cl2的5倍，但温度过高浓度过大时均易发生分解，因此常将其制成KClO2固体，以便运输和贮存。制备KClO2固体的实验装置如图所示，其中A装置制备ClO2，B装置制备KClO2。请回答下列问题：（1）A中制备ClO2的化学方程式为__。（2）与分液漏斗相比，本实验使用滴液漏斗，其优点是__。加入H2SO4需用冰盐水冷却，是为了防止液体飞溅和__。（3）实验过程中通入空气的目的是__，空气流速过快，会降低KClO2产率，试解释其原因__。（4）ClO2通入KOH溶液生成KClO2的同时还有可能生成的物质__。a.KClb.KClOc.KClO3d.KClO4（5）KClO2变质分解为KClO3和KCl，取等质量的变质前后的KClO2试样配成溶液，分别与足量的FeSO4溶液反应消耗Fe2+的物质的量__（填“相同”、“不相同”“无法确定”）。27、（12分）无水FeCl2易吸湿、易被氧化，常作为超高压润滑油的成分。某实验小组利用无水FeCl3和氯苯（无色液体，沸点132.2℃）制备少量无水FeCl2，并测定无水FeCl2的产率。实验原理：2FeCl3＋C6H5Cl2FeCl2＋C6H4Cl2＋HCl↑实验装置：按如图所示组装好的装置，检查气密性后，向三颈烧瓶A中加入16.76g无水FeCl3和22.5g氯苯。回答下列问题：（1）利用工业氮气（含有H2O、O2、CO2）制取纯净干燥的氮气。①请从下列装置中选择必要的装置，确定其合理的连接顺序：a→________→上图中的j口（按气流方向，用小写字母表示）。②实验完成后通入氮气的主要目的是________。（2）装置C中的试剂是________（填试剂名称），其作用是________。（3）启动搅拌器，在约126℃条件下剧烈搅拌30min，物料变成黑色泥状。加热装置A最好选用__（填字母）。a．酒精灯b．水浴锅c．电磁炉d．油浴锅（4）继续升温，在128～139℃条件下加热2h，混合物颜色逐渐变浅，黏度降低。该步骤中加热温度已经接近或超过氯苯沸点，但氯苯实际损失量却非常小，其原因是________。（5）继续加热1h后放置冷却，在隔绝空气条件下过滤出固体，用洗涤剂多次洗涤所得固体，置于真空中干燥，得到成品。若D中所得溶液恰好与25mL2.0mol·L－1NaOH溶液完全反应，则该实验中FeCl2的产率约为________（保留3位有效数字）。28、（14分）锰元素的化合物在多个领域中均有重要应用。（1）Mn2＋基态核外电子排布式为________，SO42-中S原子轨道的杂化类型为________。（2）二价锰的3种离子化合物的熔点如下表：物质MnCl2MnSMnO熔点650℃1610℃2800℃上表3种物质中晶格能最大的是________。（3）某锰氧化物的晶胞结构如图所示，该氧化物的化学式为________。（4）在化合物K3[Mn(CN)6]中，微粒之间存在的作用力有________(填字母)。a.离子键b.共价键c.配位键d.氢键（5）制备LiMn2O4的实验过程如下：将MnO2和Li2CO3按4∶1的物质的量之比配料，球磨3～5h，然后升温，高温加热，保温24h，冷却至室温。写出该反应的化学方程式：____________。29、（10分）利用高浓度含砷废水(主要成分为)制取的工艺流程如下图所示。已知：(1)与同主族且比多2个电子层，写出中子数为42的的原子符号______。(2)比较、、的气态氢化物的沸点(由大到小排列)______(用化学式表示)。(3)结合化学平衡的原理解释步骤Ⅰ加入的作用是______。(4)步骤Ⅲ“氧化脱硫”过程中被氧化的元素是______(填元素符号)。(5)步骤Ⅳ发生反应的离子方程式为______。(6)砷及其化合物几乎都有毒，通常价砷化合物毒性强于价砷化合物。海产品中含有微量价砷化合物，食用海鲜后不能马上进食水果的原因是______。(7)利用反应设计成原电池，起始时在甲、乙两地中分别加入图示药品并连接装置(a、b均为石墨电极)。①起始时，b电极的电极反应式为______。②一段时间后电流计指针不发生偏围，欲使指针偏转方向与起始时相反，可向乙池中加入______(举一例)。

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】

标准NaOH溶液滴定盐酸实验中，用酚酞或甲基橙为指示剂，氢氧化钠溶液放在碱式滴定管中，盐酸放在锥形瓶中进行滴定，不用圆底烧瓶，A.C.

D正确，故B错误，故选：B。2、D【解析】

炼钢过程中反应原理：Fe+O2FeO、FeO+CFe+CO，2FeO+Si2Fe+SiO2。反应中C元素化合价升高，Fe元素发生Fe﹣FeO﹣Fe的一系列反应中，则Fe元素既失去电子也得到电子，所以既被氧化又被还原，故选D。3、B【解析】

A.非标准状况下，6.72L的H2的物质的量不一定是0.3mol，所以生成6.72L的H2，溶液中AlO2﹣的数目不一定增加0.2NA，故A错误；B.2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，反应中只有水是氧化剂，每生成0.15molH2，被还原的水分子数目为0.3NA，故B正确；C.当2.7gAl参加反应时，转移的电子数目为0.3NA，加入2.7gAl，参加反应的铝不一定是0.1mol，故C错误；D.根据钠元素守恒，溶液中Na+的数目不变，故D错误。【点睛】本题考查化学方程式有关计算，侧重考查学生分析计算能力，注意：该反应中氢氧化钠不作氧化剂，易错选项是B，注意气体摩尔体积适用范围及适用条件。4、A【解析】A、氯气能与氢氧化钠溶液反应，可用来吸收氯气，A正确；B、应该是长口进，短口出，B错误；C、蒸馏时应该用接收器连接冷凝管和锥形瓶，C错误；D、为了防止倒吸，导管口不能插入溶液中，D错误，答案选A。5、C【解析】

A.n(NaCl)=，ρV表示的是氯化钠溶液的质量，故A错误；B.溶液的质量为：ρg•cm-3×VmL=ρVg，则质量分数ω％=，故B错误；C.溶液的物质的量浓度为：c(NaCl)==10ρω/58.5，故C正确；D.不是氯化钠溶液的体积，故D错误；故答案选C。6、B【解析】

A.配制一定物质的量浓度的溶液，把溶液或蒸馏水加入容量瓶中需要用玻璃棒引流，故A错误；B.HCl极易溶于水，Cl2在饱和食盐水中溶解度很小，可用饱和食盐水除去Cl2中的HCl杂质，故B正确；C.NH3极易溶于水，把导管直接插入水中，会发生倒吸，故C错误；D.制备乙酸乙酯时缺少浓硫酸，乙酸乙酯在氢氧化钠溶液中会发生水解，并且导管直接插入液面以下，会发生倒吸，故D错误；故答案为B。7、D【解析】

①该有机物中含有碳碳双键和醇羟基，可以使酸性KMnO4溶液褪色，故正确；②含有羧基，可以和NaHCO3溶液反应，故正确；③含有碳碳双键，一定条件下能与H2发生加成反应，故正确；④含有羟基，在浓硫酸、加热条件下，能与冰醋酸发生酯化反应，故正确；故选D。8、B【解析】

A.CH3COOH和CH3COOC2H5互溶，不能用分液的方法分离，故A错误；B.硝酸铵晶体溶于水吸热，所以U型管中的液体向左侧移动，故该实验能验证NH4NO3晶体溶于水的热效应，故B正确；C.蒸发FeCl3溶液时促进铁离子水解，最后得到氢氧化铁，灼烧又得到氧化铁固体，故C错误；D.根据元素非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强分析，要验证C、Cl、Si的非金属性强弱应用实验证明高氯酸、碳酸和硅酸的酸性强弱，但实验中使用的是盐酸，故D错误。故选B。【点睛】掌握非金属性强弱与最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱的对应关系，不能用盐酸的酸性强弱进行比较。9、B【解析】

试题分析：FeCl3

、

CuCl2

的混合溶液中加入铁粉，

Fe

先和

FeCl3

反应生成

FeCl2

，然后

Fe

再和

CuCl2

发生置换反应生成

FeCl2

、

Cu，用KSCN溶液检验无明显现象，则溶液中一定没有Fe3+，一定有Fe2+，因为不清楚铁粉是否过量，所以不能确定CuCl2

是否反应完，则不能确定溶液中是否有Cu2+，故选B。【点睛】本题考查金属的性质，明确离子、金属反应先后顺序是解本题关键，根据固体成分确定溶液中溶质成分，侧重考查分析能力，题目难度中等。10、A【解析】

A.根据溶液的电中性原理，n(H+)+n(NH4+)=n(OH-)+n(NO3-)，溶液呈中性，即n(H+)=n(OH-)，即有n(NH4+)=n(NO3-)=1mol，即铵根离子为NA个，故A正确；

B.1.7g双氧水的物质的量为0.05mol，而双氧水分子中含18个电子，故0.05mol双氧水中含有的电子为0.9NA个，故B错误；

C.标况下戊烷为液体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故C错误；

D.由于钠反应后变为+1价，故1mol钠反应后转移电子为NA个，与产物无关，故D错误。

故选：A。11、A【解析】

A.二者的反应方程式为，当有2mol二氧化碳参加反应时，一共转移2mol电子，因此当有二氧化碳参加反应时，转移0.1mol电子，A项正确；B.碳原子的物质的量是，根据质量数=质子数+中子数算出其1个原子内有8个中子，故一共有中子，B项错误；C.pH=2的溶液中，根据算出的物质的量为，C项错误；D.葡萄糖的分子式为，蔗糖的分子式为，二者的最简式不一样，因此无法计算，D项错误；答案选A。12、A【解析】

A．陶瓷主要成分为硅酸盐属于无机非金属材料，A项正确；B．中草药中的有效成分属于有机物，B项错误；C．香料中的主要成分也属于有机物，C项错误；D．丝绸主要成分是蛋白质，是有机高分子化合物，D项错误；答案选A。13、D【解析】

A．液态的金属汞，受热易变成汞蒸气，汞属于重金属，能使蛋白质变性，属于有毒物质，但常温下，能和硫反应生成硫化汞，从而防止其变成汞气体，黄芽指呈淡黄色的硫磺，故A正确；B．煮豆持作羹，漉豉以为汁意思为煮熟的豆子来做豆豉而使豆子渗出汁水，分离豆豉与豆汁，实际是分离固体与液体，应选择过滤的方法，故B正确；C．鉴别硝石(KNO3)和朴消(Na2SO4)，灼烧时焰色反应不同，分别为紫色、黄色，可鉴别，故C正确；D．FeSO4⋅7H2O电离生成二价铁离子、硫酸根离子，不能电离产生氢离子，硫酸亚铁为强酸弱碱盐，在溶液中水解使溶液显酸性，故D错误；答案选D。14、C【解析】

A.电镀时，通常把待镀的金属制品作阴极，A错误；B.氯碱工业上电解的是饱和食盐水，B错误；C.氢氧燃料电池（酸性电解质）中O2通入正极，电极反应为：O2+4H++4e-＝2H2O，C正确；D.由于金属活动性Zn＞Cu,所以Zn为负极，电子由Zn极移向Cu极，盐桥中的Cl－移向正电荷较多的ZnSO4溶液，D错误；答案选C。15、A【解析】

A、氯气和亚硫酸会发生氧化还原反应Cl2+H2SO3+H2O=4H++SO42-+2Cl-，溶液中氢离子浓度增大，A正确；B、亚硫酸和硫化氢发生氧化还原反应H2SO3+2H2S=3S↓+3H2O，通入硫化氢后抑制亚硫酸电离，导致氢离子浓度减小，溶液的pH增大，B错误；C、加入氢氧化钠溶液，发生反应OH-+H+=H2O，平衡向正向移动，但氢离子浓度减小，溶液的pH增大，C错误；D、氯化钡和亚硫酸不反应，不影响亚硫酸的电离，不会产生亚硫酸钡沉淀，D错误。答案选A。16、D【解析】

A、左侧的五氧化二磷会吸收氯化铵分解产生的氨气，因此左侧可检测氯化氢，故A不符合题意；B、加热时碘升华，高锰酸钾会发生分解，因此加热法不能分离，故B不符合题意；C、a处有红色物质生成，说明氧化铜被还原，b处变蓝，说明气体中含有水蒸气，因此有可能X中含有水蒸气，X也可能含有乙醇、氨气、甲烷等，故C不符合题意；D、大理石和稀盐酸反应生成二氧化碳，安全漏斗可在左右侧形成液柱，可防止气体逸出，故D符合题意；故答案为：D。17、D【解析】

A.“碳海绵”是一种气凝胶，它能把漏油迅速吸进来，可见它对有机溶剂有很强的吸附性，A项正确；B.内部应有很多孔隙，充满空气，吸附能力强，B项正确；C.“碳海绵”吸进的油又能挤出来回收说明它有很强的弹性，C项正确；D.它是处理海上原油泄漏最好的材料，说明它的密度较小，吸附性好，D项错误；答案选D。18、C【解析】

A．液体加热时，加入碎瓷片目的是防止暴沸，故A正确；

B．根据题干中SnI4的熔沸点，从组成分析可知SnI4与CCl4为同族元素形成的同类物质，二者分子的空间构型均为正四面体结构，属于非极性分子，依据“相似相溶原理”可知SnI4可溶于CCl4中，故B正确；

C．由题可知：SnI4易水解，所以装置Ⅱ的主要作用是防止水蒸气进入装置使SnI4水解，故C错误；

D．冷凝管的冷凝水为“下进上出”，所以装置Ⅰ中a为泠凝水进水口，b为出水口，故D正确；

故选：C。19、A【解析】两只试管中滴加的溶液的唯一区别就是左边加入的Cu2+，右边加入的是Fe3+，所以右边反应较快，能说明催化活性：Fe3+>Cu2+，选项A正确。选项B中的实验，氯气通入溴化钠溶液变为棕色，通入淀粉碘化钾溶液变为蓝色，能证明氯气的氧化性强于溴单质也强于碘单质，但是不能证明氧化性：Br2>I2，选项B错误。向氯化银悬浊液中加入少量溴化钠溶液，白色沉淀转化为淡黄色沉淀，说明氯化银转化为溴化银，即Ksp：AgCl>AgBr；再加入少量的碘化钠，出现黄色沉淀，应该是将上一步剩余的氯化银转化为碘化银沉淀，所以证明Ksp：AgCl>AgI，但是不能得到Ksp：AgBr>AgI，选项C错误。盐酸和碳酸钠反应生成二氧化碳气体，考虑到盐酸的挥发性，生成的二氧化碳气体中一定会有HCl，所以硅酸钠溶液中有浑浊，也可能是HCl和硅酸钠反应的结果，不能证明一定是碳酸强于硅酸，进而不能证明非金属性强弱，选项D错误。20、A【解析】

A.在任何时刻都存在：2v正(X)=v正(Y)，若v正(X)=2v逆(Y)，则v正(Y)=2v正(X)=4v逆(Y)，说明反应正向进行，未达到平衡状态，A符合题意；B.反应混合物中W是固体，若未达到平衡状态，则气体的质量、物质的量都会发生变化，气体的密度也会发生变化，所以当气体平均密度不再发生变化时，说明反应处于平衡状态，B不符合题意；C.反应在恒容密闭容器中进行，反应前后气体的物质的量发生变化，所以若容器内压强不再变化，则反应处于平衡状态，C不符合题意；D.反应在恒温恒容的密闭容器中进行，若反应未达到平衡状态，则任何气体物质的浓度就会发生变化，所以若X的浓度不再发生变化，说明反应处于平衡状态，D不符合题意；故合理选项是A。21、B【解析】

A．通过玻璃片上结冰现象可知该反应为吸热反应，故热能转变为化学能，故A错误；B．该反应是一个吸热反应，则反应物的总能量小于生成物的总能量，故B正确；C．该反应是一个吸热反应，故C错误；D．氯化铵与氢氧化钡晶体反应生成氯化钡、一水合氨和水，该反应为吸热反应，题给方程式没有标出各物质的聚集状态，不是该反应的热化学方程式，故D错误；故答案为B。【点睛】考查学生吸热反应和物质能量的转化，通过玻璃片上结冰现象可以确定反应是吸热的；吸热反应中，反应物的总能量小于生成物的总能量。22、C【解析】

A．二氧化硫可用于漂白纸浆是因为其具有漂白性，与二氧化硫的水溶液呈酸性无关，选项A错误；B．硅位于金属和非金属分界线处，可用于制作半导体材料，与硅的熔点高没有关系，选项B错误；C．胃酸的主要成分是HCl，氢氧化铝具有弱碱性，能中和胃酸，二者有对应关系，选项正确；D.H2O2具有氧化性，可用于消毒杀菌，选项D错误。答案选C。二、非选择题(共84分)23、氨基乙酸取代反应硝基和羟基++H2O82【解析】

根据流程图，A()和发生取代反应生成B()，B和磷酸在加热条件下发生取代生成C，C在一定条件下转化为，中的一个氯原子被取代转化为D；X与HCN发生加成反应生成Y，Y和氨气在一定条件下发生取代反应生成Z，Z在酸性条件下水解得到W，D和R在一定条件下反应生成E，根据E和D的结构简式，可推出R的结构简式为，由此可知W和在浓硫酸加热条件下发生酯化反应生成R，据此分析解答。【详解】(1)W的结构简式为，结构中有羧基和氨基，化学名称为氨基乙酸；根据分析，反应①为A()和发生取代反应生成B()，反应类型为取代反应；(2)A的结构简式为，含氧官能团的名称为硝基和羟基；(3)根据分析，反应⑦为W和在浓硫酸加热条件下发生酯化反应生成R，R的结构简式为，化学方程式++H2O；(4)B的结构简式为，①苯的二取代物且苯环上含有硝基；②可以发生水解反应，说明另一个取代基为酯基，该酯基的结构可为-OOCCH3或-COOCH3或-CH2OOCH，在苯环上与硝基分别有邻间对三种位置，分别为：、、、、、、、、，除去自身外结构外，共有8种；上述同分异构体中核磁共振氢谱为3:2:2，说明分子中含有三种不同环境的氢原子且个数比为3:2:2，则符合要求的结构简式为；(5)已知与4个不同的原子或原子团相连的碳原子称为手性碳，有机物中手性碳的位置为，有2个；的水解产物为，的结构中的-COOH可由-CN酸性条件下水解得到，而与HCN发生加成反应可生成，再结合苯甲醇催化氧化可得到苯甲醛，则合成路线为：。24、羧基C6H5CHClCOOH+2NaOHC6H5CHOHCOONa+NaCl+H2O取代反应、（中和反应）因为该条件下与双键相连的甲基上的氢原子更易取代9种【解析】

由A与氯气在加热条件下反应生成，可知A的结构简式为：，故苯乙烯与发生已知信息中的反应生成A，为。与HCl反应生成B，结合B的分子式可知，应是发生加成反应，B发生卤代烃的水解反应反应生成C，C氧化生成D，结合D分子式可知B为，顺推可知C为，D为。根据N分子结构中含有3个六元环可知，D与M应是发生酯化反应，M中羧基与羟基连接同一碳原子上，结合N的分子式可推知M为，N为。苯乙烯与水发生加成反应生成E为，再发生氧化反应生成，与氯气反应生成G，G在氢氧化钠溶液条件下水解、酸化得到H，则G为，H为，据此解答。【详解】（1）F分子中含氧官能团的名称为羧基，B的结构简式为；故答案为：羧基；；（2）G→H的化学方程式：C6H5CHClCOOH+2NaOHC6H5CHOHCOONa+NaCl+H2O，其反应类型为水解反应取代反应、中和反应；故答案为：C6H5CHClCOOH+2NaOHC6H5CHOHCOONa+NaCl+H2O；水解反应取代反应、中和反应；（3）D在一定条件下能合成高分子化合物，该反应的化学方程式：；故答案为：；（4）A在和存在下生成，而不是或的原因是：因为该条件下与双键相连的甲基上的氢原子更易取代；故答案为：因为该条件下与双键相连的甲基上的氢原子更易取代；（5）E（）的同分异构体中能使溶液显色，说明含有酚羟基，另外取代基为乙基，有邻、间、对3种，或取代基为2个甲基，当2个甲基处于邻位时，有2种位置，当2个甲基处于间位时，有3种位置，当2个甲基处于对位时，有1种位置，共有9种；故答案为：9；（6）根据以上分析可知N的结构简式为；故答案为：。【点睛】已知条件RCH=CH2+CH2=CHR′CH2=CH2+RCH=CHR′为烯烃双键断裂，结合新对象的过程。由此可以迅速知道C8H8的结构为为,，A为，再依次推导下去，问题迎刃而解。25、Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O增大气体与溶液的接触面积，加快气体的吸收速率取少量NaHSO3晶体于试管中，加少量水溶解，滴加过量盐酸，再滴加氯化钡溶液，看是否有白色沉淀生成，若有，说明NaHSO3被氧化三颈烧瓶恒压滴液漏斗可以保持内外压强一致，液体顺利流下，同时避免HCHO挥发温度过低反应较慢，温度过高会导致吊白块分解当滴入最后一滴草酸溶液，锥形瓶内溶液颜色由紫红色变为无色，且半分钟内部变为原来的颜色92.40%偏高【解析】

⑴装置Ⅰ中产生气体的化学反应方程式为Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O；Ⅱ中多孔球泡的作用是可以增大气体与液体的接触面积，加快气体的吸收速率。⑵实验室检测NaHSO3晶体在空气中是否发生氧化变质的实验方案是其实就是硫酸根离子的检验，首先排除亚硫酸氢根离子干扰，所以取少量NaHSO3晶体于试管中，加少量水溶解，滴加过量盐酸，再滴加氯化钡溶液，看是否有白色沉淀生成，若有，说明NaHSO3被氧化。⑶仪器A的名称为三颈烧瓶；用恒压漏斗代替普通滴液漏斗滴加甲醛的优点是恒压滴液漏斗可以保持内外压强一致，液体顺利流下，同时避免HCHO挥发。⑷根据信息吊白块在酸性环境下、100℃即发生分解释放出HCHO，因此将仪器A中的反应温度恒定在80~90℃的目的是温度过低反应较慢，温度过高会导致吊白块分解。⑸滴定终点的判断方法是当滴入最后一滴草酸溶液，锥形瓶内溶液颜色由紫红色变为无色，且半分钟内部变为原来的颜色；5mol：0.1000mol·L－1×0.03L=2mol：xmol解得x=1.2×10－3mol36.00mL0.1000mol·L－1酸性KMnO4的物质的量为36.00×10－3L×0.1000mol·L－1=3.6×10－3mol，则甲醛消耗得高锰酸钾的物质的量为3.6×10－3mol-1.2×10－3mol=2.4×10－3mol，再根据4mol：2.4×10－3mol=5mol：ymol解得y=3×10－3mol，若KMnO4标准溶液久置释放出O2而变质，消耗草酸量减少，则计算出高锰酸钾与甲醛反应得多，则计算出吊白块测量结果偏高。【详解】⑴装置Ⅰ中产生气体的化学反应方程式为Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O；Ⅱ中多孔球泡的作用是可以增大气体与液体的接触面积，加快气体的吸收速率，故答案为：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O；增大气体与溶液的接触面积，加快气体的吸收速率。

⑵实验室检测NaHSO3晶体在空气中是否发生氧化变质的实验方案是其实就是硫酸根离子的检验，首先排除亚硫酸氢根离子干扰，所以取少量NaHSO3晶体于试管中，加少量水溶解，滴加过量盐酸，再滴加氯化钡溶液，看是否有白色沉淀生成，若有，说明NaHSO3被氧化，故答案为：取少量NaHSO3晶体于试管中，加少量水溶解，滴加过量盐酸，再滴加氯化钡溶液，看是否有白色沉淀生成，若有，说明NaHSO3被氧化。⑶仪器A的名称为三颈烧瓶；用恒压漏斗代替普通滴液漏斗滴加甲醛的优点是恒压滴液漏斗可以保持内外压强一致，液体顺利流下，同时避免HCHO挥发，故答案为：恒压滴液漏斗可以保持内外压强一致，液体顺利流下，同时避免HCHO挥发。⑷根据信息吊白块在酸性环境下、100℃即发生分解释放出HCHO，因此将仪器A中的反应温度恒定在80~90℃的目的是温度过低反应较慢，温度过高会导致吊白块分解，故答案为：温度过低反应较慢，温度过高会导致吊白块分解。⑸滴定终点的判断方法是当滴入最后一滴草酸溶液，锥形瓶内溶液颜色由紫红色变为无色，且半分钟内部变为原来的颜色；5mol：0.1000mol·L－1×0.03L=2mol：xmol解得x=1.2×10－3mol36.00mL0.1000mol·L－1酸性KMnO4的物质的量为36.00×10－3L×0.1000mol·L－1=3.6×10－3mol，则甲醛消耗得高锰酸钾的物质的量为3.6×10－3mol-1.2×10－3mol=2.4×10－3mol，再根据4mol：2.4×10－3mol=5mol：ymol解得y=3×10－3mol，若KMnO4标准溶液久置释放出O2而变质，消耗草酸量减少，则计算出高锰酸钾与甲醛反应得多，则计算出吊白块测量结果偏高，故答案为：当滴入最后一滴草酸溶液，锥形瓶内溶液颜色由紫红色变为无色，且半分钟内部变为原来的颜色；92.40%；偏高。26、2KClO3+K2SO3+H2SO4=2K2SO4+2ClO2↑+H2O滴液漏斗使漏斗和三颈烧瓶中的压强相同，使液体顺利滴下降低反应体系的温度，防止温度高ClO2分解将ClO2全部赶出以被KOH溶液吸收，同时可稀释ClO2，防止浓度过大发生分解空气流速过快，ClO2不能被充分吸收cd相同【解析】

(1)A中KClO3、K2SO3、H2SO4反应制备ClO2，KClO3得电子，被还原，则K2SO3被氧化，生成K2SO4，根据得失电子守恒、元素守恒配平化学方程式；(2)根据仪器的结构分析滴液漏斗的优势；根据已知信息：ClO2温度过高时易发生分解解答；(3)空气可将ClO2全部赶出以被KOH溶液吸收，同时根据ClO2浓度过大时易发生分解，分析其作用；(4)氧化还原反应中，化合价有降低，必定有升高；(5)KClO2变质分解为KClO3和KCl，变质发生的反应为：3KClO2=2KClO3+KCl，且KClO2、KClO3均被Fe2+还原为Cl-，根据电子转移守恒分析判断。【详解】(1)A中KClO3、K2SO3、H2SO4反应制备ClO2，KClO3得电子，被还原，则K2SO3被氧化，生成K2SO4，根据得失电子守恒、元素守恒配平化学方程式为2KClO3+K2SO3+H2SO4=2K2SO4+2ClO2↑+H2O，故答案为：2KClO3+K2SO3+H2SO4=2K2SO4+2ClO2↑+H2O；(2)滴液漏斗与普通分液漏斗相比，其优点是滴液漏斗液面上方和三颈烧瓶液面上方压强相等，使液体能顺利滴下；加入H2SO4需用冰盐水冷却，是为了防止浓硫酸遇水放出大量的热，从而使液体飞溅，并防止生成的ClO2分解，故答案为：滴液漏斗使漏斗和三颈烧瓶中的压强相同，使液体顺利滴下；降低反应体系的温度，防止温度高ClO2分解；(3)实验过程中通入空气的目的是将ClO2全部赶出以被KOH溶液吸收，同时可稀释ClO2，防止浓度过大发生分解；空气流速过快吋，ClO2不能被充分吸收，导致其产率降低，故答案为：将ClO2全部赶出以被KOH溶液吸收，同时可稀释ClO2，防止浓度过大发生分解；空气流速过快，ClO2不能被充分吸收；(4)ClO2中Cl的化合价为+4价，KClO2中Cl的化合价为+3价，由此可知该反应为氧化还原反应，则化合价有降低，必定有升高，则同时还有可能生成的物质为KClO3、.KClO4，故答案为：cd；(5)KClO2变质分解为KClO3和KCl，变质发生的反应为：3KClO2=2KClO3+KCl，3molKClO2变质得到2molKClO3，与足量FeSO4溶液反应时，KClO2、KClO3均被Fe2+还原为Cl-，3molKClO2反应获得电子为3mol×4=12mol，2molKClO3反应获得电子为2mol×6=12mol，故消耗Fe2+物质的量相同，故答案为：相同。【点睛】第(5)问关键是明确变质发生的反应为：3KClO2=2KClO3+KCl，KClO2、KClO3均被Fe2+还原为Cl-，3molKClO2与2molKClO3得电子数相等，故消耗Fe2+物质的量相同。27、fg→de→bc（提示：除水后再除氧气，防止还原铁粉与水蒸气反应生成氢气）将生成的HCl气体排入装置D中被水完全吸收无水氯化钙防止水蒸气进入装置A中使FeCl2、FeCl3水解d球形冷凝管可使挥发的氯苯冷凝回流97.0％【解析】

（1）思路：先除CO2→再除H2O（顺带除去吸收二氧化碳带出来的水蒸气）→再除O2（除水后再除氧气，防止还原铁粉与水蒸气反应生成氢气）；（2）由FeCl2、FeCl3易水解性质可解，前后一定要有干燥装置；（3）油浴锅的好处是便于控制温度；（4）有冷凝管可使反应物冷凝回流；【详解】（1）①由分析可知，装置接口的连接顺序为fg→de→bc，吸收装置注意长进短出；②实验完成后继续通入氮气的主要目的是：将生成的HCl气体排入装置D中被水完全吸收，防止测FeCl2的产率偏小。（2）FeCl2、FeCl3易水解，装置C中的试剂是干燥剂无水氯化钙，其作用是防止水蒸气进入装置A中使FeCl2、FeCl3水解；（3）结合温度约126℃，选择油浴锅的好处是便于控制温度，故选d；（4）由装置图可知，加热温度已经接近或超过氯苯沸点，但氯苯实际损失量却非常小，其原因是球形冷凝管可使挥发的氯苯冷凝回流；（5）n(HCl)=n(NaOH)=0.025L2.0mol·L－1=0.05mol，n(FeCl2