2025-2026学年怀化市高考化学全真模拟密押卷（含答案解析）

这是一份2025-2026学年怀化市高考化学全真模拟密押卷（含答案解析），共28页。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
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、下列各组物质所含化学键相同的是（ ）
A．钠（Na）与金刚石（C）
B．氯化钠（NaCl）与氯化氢（HCl）
C．氯气（Cl2）与氦气（He）
D．碳化硅（SiC）与二氧化硅（SiO2）
2、下列化工生产过程中，未涉及氧化还原反应的是
A．海带提碘B．氯碱工业C．海水提溴D．侯氏制碱
3、常温常压下，某烧碱溶液与0.05ml氯气恰好完全反应，得到pH＝9的混合溶液（溶质为NaC1
与NaC1O）。下列说法正确的是（NA代表阿伏加德罗常数）
A．氯气的体积为1.12LB．原烧碱溶液中含溶质离子0.2NA
C．所得溶液中含OH－的数目为1×10－5NAD．所得溶液中ClO－的数目为0.05NA
4、已知某锂电池的总反应为。下列说法错误的是
A．金属锂是所有金属中比能量最高的电极材料
B．该电池组装时，必须在无水无氧条件下进行
C．放电时，电子从Li电极经电解质溶液流向正极
D．充电时，阳极反应式为
5、下列有关化学用语表示正确的是
A．CCl4 分子的比例模型：B．氟离子的结构示意图：
C．CaCl2 的电子式：D．氮分子的结构式：N—N
6、化学与生产、生活、科技密切相关。下列叙述错误的是
A．聚乳酸酯的降解和油脂的皂化都是高分子生成小分子的过程
B．硅胶常用作食品干燥剂，也可以用作催化剂载体
C．疫苗一般应冷藏存放，其目的是避免蛋白质变性
D．港珠澳大桥采用的聚乙烯纤维吊绳，其商品名为“力纶”，是有机高分子化合物
7、CO2是自然界碳循环中的重要物质。下列过程会引起大气中CO2含量上升的是
A．光合作用B．自然降雨C．化石燃料的燃烧D．碳酸盐的沉积
8、新型纳米材料氧缺位铁酸盐(MFe2Ox，3HW
D．R元素可分别与X、W、Y三种元素形成离子化合物
20、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Cl2
B．使Br－转化为Br2
C．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FeCl3
21、某有机化合物，只含碳、氢二种元素，相对分子质量为56，完全燃烧时产生等物质的量的CO2和H2O。它可能的结构共有(需考虑顺反异构)
A．3种B．4种C．5种D．6种
22、NO2、O2和熔融KNO3可制作燃料电池，其原理如图，该电池在使用过程中石墨I电极上生成氧化物Y，Y可循环使用。下列说法正确的是
A．O2在石墨Ⅱ附近发生氧化反应
B．该电池放电时NO3－向石墨Ⅱ电极迁移
C．石墨Ⅰ附近发生的反应：3NO2 +2e－NO+ 2NO3－
D．相同条件下，放电过程中消耗的NO2和O2的体积比为4∶1
二、非选择题(共84分)
23、（14分）为探究黑色固体 X(仅含两种元素)的组成和性质，设计并完成如下实验：
请回答：
（1）X 的化学式是______________。
（2）写出蓝色溶液转化为蓝色沉淀的离子方程式是______________。
（3）写出固体甲与稀硫酸反应的化学方程式______________。
24、（12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______________。
25、（12分）甲酸(化学式HCOOH，分子式CH2O2，相对分子质量46)，俗名蚁酸，是最简单的羧酸，无色而有刺激性气味的易挥发液体。熔点为8.6 ℃，沸点100.8℃，25℃电离常数Ka＝1.8×10－4。某化学兴趣小组进行以下实验。
Ⅰ．用甲酸和浓硫酸制取一氧化碳
A． B． C． D．
(1)请说出图B中盛装碱石灰的仪器名称__________。用A图所示装置进行实验。利用浓硫酸的脱水性，将甲酸与浓硫酸混合，甲酸发生分解反应生成CO，反应的化学方程式是________；实验时，不需加热也能产生CO，其原因是_______。
(2)如需收集CO气体，连接上图中的装置，其连接顺序为：a→__________(按气流方向，用小写字母表示)。
Ⅱ．对一氧化碳的化学性质进行探究
资料：ⅰ．常温下，CO与PdCl2溶液反应，有金属Pd和CO2生成，可用于检验CO；
ⅱ．一定条件下，CO能与NaOH固体发生反应：CO＋NaOHHCOONa
利用下列装置进行实验，验证CO具有上述两个性质。
(3)打开k2，F装置中发生反应的化学方程式为_____________；为了使气囊收集到纯净的CO，以便循环使用，G装置中盛放的试剂可能是_________，H装置的作用是____________。
(4)现需验证E装置中CO与NaOH固体发生了反应，某同学设计下列验证方案：取少许固体产物，配置成溶液，在常温下测该溶液的pH，若pH>7，证明CO与NaOH固体发生了反应。该方案是否可行，请简述你的观点和理由：________，_________。
(5)25℃甲酸钠(HCOONa)的水解平衡常数Kh的数量级为____________。若向100ml 的HCOONa溶液中加入的HCl溶液，则混合后溶液中所有离子浓度由大到小排序为_________。
26、（10分）某学习小组利用下图装置探究铜与浓H2SO4的反应（夹持装置和A中加热装置已略，气密性已检验）。
资料：微量Cu2+与过量NaOH溶液发生反应：Cu2++4OH− =[Cu(OH)4]2−，[Cu(OH)4]2−溶于甘油形成特征的绛蓝色溶液。
（1）A中反应的化学方程式是________。
（2）将装置C补充完整并标明所用试剂________。
（3）实验I中，铜片表面的黑色沉淀可能含CuO、Cu2S或CuS。为探究黑色沉淀的成分，取出反应后的铜片，用水小心冲洗后，进行下列操作：
甲认为通过上述两个实验证明黑色沉淀不含CuO，理由是________。
②乙同学认为仅通过颜色判断不能得出上述结论，理由是______。需要增加实验iii，说明黑色沉淀不含CuO，实验iii的操作和现象是_______。
（4）甲同学对黑色沉淀成分继续探究，补全实验方案：
（5）用仪器分析黑色沉淀的成分，数据如下：
230℃时黑色沉淀的成分是__________。
（6）为探究黑色沉淀消失的原因，取230℃时的黑色沉淀，加入浓H2SO4，加热至250℃时，黑色沉淀溶解，有刺激性气味的气体生成，试管底部出现淡黄色固体，溶液变蓝。用化学方程式解释原因____。
（7）综合上述实验过程，说明Cu和浓H2SO4除发生主反应外，还发生着其他副反应，为了避免副反应的发生，Cu和浓H2SO4反应的实验方案是______。
27、（12分）为测定某硬铝（含有铝、镁、铜）中铝的含量，设计了Ⅰ、Ⅱ两个方案。根据方案Ⅰ、Ⅱ回答问题：
方案Ⅰ：
(1)固体甲是铜，试剂X的名称是_______________。
(2)能确认NaOH溶液过量的是___________（选填选项）。
a. 测溶液pH，呈碱性
b. 取样，继续滴加NaOH溶液，不再有沉淀生成
c. 继续加NaOH溶液，沉淀不再有变化
(3)步骤④的具体操作是：灼烧、_______、________，重复上述步骤至恒重。
(4)固体丙的化学式是______，该硬铝中铝的质量分数为_______________。
方案Ⅱ的装置如图所示：
操作步骤有：
①记录A的液面位置；
②待烧瓶中不再有气体产生并恢复至室温后，使A和B液面相平；
③再次记录A的液面位置；
④将一定量Y（足量）加入烧瓶中；
⑤检验气密性，将a g硬铝和水装入仪器中，连接好装置。
(1)试剂Y是________________；操作顺序是______________________。
(2)硬铝质量为a g，若不测气体的体积，改测另一物理量也能计算出铝的质量分数，需要测定的是_______，操作的方法是__________。
28、（14分）一种合成囧烷（E）的路线如下图所示：
（1）A中所含官能团的名称是_____，E的分子式为________。
（2）A→B、B→C的反应类型分别是______、_______。
（3）①在一定条件下，B与足量乙酸可发生酯化反应，其化学方程式为_______。
②C→D为醛酮缩合反应，其化学方程式为_____________________。
（4）F是一种芳香族化合物，能同时满足下列条件的F的同分异构体有__种。
①1个F分子只比1个C分子少2个氢原子
②苯环上有3个取代基
③1 ml F能与2 ml NaOH反应
写出其中核磁共振氢谱图有5组峰，且峰面积比为3∶2∶2∶2∶1的一种物质的结构简式：_______。
（5）1，2－环己二醇是一种重要的有机合成原料，请参照题中的合成路线，以和为主要原料，设计合成1，2－环己二醇的合成路线（其他试剂任选）_______。
29、（10分）离子液体是一种由离子组成的液体，在低温下也能以液态存在，是一种很有研究价值的溶剂。研究显示最常见的离子液体主要由图示正离子和负离子组成：
回答下列问题：
(1)按电子排布，Al划分在元素周期表中的______区(填“s”“p”“d”或“ds”)，图中负离子的空间构型为____________________。
(2)基态Cl原子的价电子排布图为____________________。
(3)图中正离子有令人惊奇的稳定性， 它的电子在其环外结构中高度离域。该正离子中C原子的杂化方式为_________。该化合物中不存在____(填标号)。
A.离子键 B.极性键 C.非极性键 D.配位键 E.氢键
(4)C、N、H三种元素的电负性由大到小的顺序为 __________，NH3与CH4的中心原子均为 sp3杂化，但是H－N－H 的键角小于H－C－H的键角，原因是________。
(5)AlN是一种陶瓷绝缘体，具有较高的导热性和硬度， 其立方晶胞如图所示，Al原子周围紧邻的Al原子有_____个。已知：氮化铝的密度为dg/cm3， 阿伏加德罗常数为NA，则最近的N原子与Al原子间的距离为_____________pm。
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、D
【解析】
根据晶体的类型和所含化学键的类型分析，离子晶体中一定含离子键，可能含共价键；分子晶体中不一定含化学键，但若含，则一定为共价键；原子晶体中含共价键；金属晶体中含金属键。
【详解】
A、钠为金属晶体，含金属键；金刚石为原子晶体，含共价键，故A不符合题意；
B、氯化钠是离子晶体，含离子键；HCl为分子晶体，含共价键，故B不符合题意；
C、氯气为分子晶体，含共价键；He为分子晶体，是单原子分子，不含化学键，故C不符合题意；
D、SiC为原子晶体，含共价键；二氧化硅也为原子晶体，也含共价键，故D符合题意；
故选：D。
本题考察了化学键类型和晶体类型的关系，判断依据为：离子晶体中阴阳离子以离子键结合，原子晶体中原子以共价键结合，分子晶体中分子之间以范德华力结合，分子内部可能存在化学键。
2、D
【解析】
A.海带提碘是由KI变为I2，有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，故A错误；
B.氯碱工业是由NaCl的水溶液在通电时反应产生NaOH、Cl2、H2，有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，故B错误；
C.海水提溴是由溴元素的化合物变为溴元素的单质，有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，故C错误；
D.侯氏制碱法，二氧化碳、氨气、氯化钠反应生成碳酸氢钠和氯化铵，碳酸氢钠受热分解转化为碳酸钠，二氧化碳和水，没有元素的化合价变化，则不涉及氧化还原反应，故D正确。
故选D。
3、B
【解析】
A项，常温常压不是标准状况，0.05ml氯气体积不是1.12L，故A错误；
B项，原溶液中溶质为氢氧化钠，含溶质离子为Na+和OH-，Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，0.05ml氯气和0.1ml氢氧化钠恰好反应，所以原烧碱溶液中含溶质离子0.2NA，故B正确；
C项，因为常温常压得到pH=9的混合溶液，所以c(OH-)=10-5ml/L，溶液体积未知不能计算OH-的数目，故C错误；
D项，反应生成0.05ml NaClO，因为次氯酸根离子水解，所得溶液中C1O-的数目小于0.05NA，故D错误。
本题以阿伏伽德罗常数的分析判断为依托，主要考查盐类水解的分析、化学方程式的计算应用，题目综合性较强，重在考查分析综合运用能力。A项注意是否为标准状况，为易错点。
4、C
【解析】
A. 由于金属锂的密度和相对原子质量都很小，所以金属锂是所有金属中比能量最高的电极材料，A正确；
B. 金属Li非常活泼，很容易和氧气以及水反应，该电池组装时，必须在无水无氧条件下进行，B正确；
C. 放电时，电子从Li电极经外电路流向正极，电子不能经过电解质溶液，C错误；
D. 充电时，阳极反应式为，D正确；
故答案选C。
5、B
【解析】
A. 原子半径Cl>C，所以不能表示CCl4 分子的比例模型，A不符合题意；
B. F是9号元素，F原子获得1个电子变为F-，电子层结构为2、8，所以F-的结构示意图为：，B正确；
C. CaCl2是离子化合物，Ca2+与Cl-之间通过离子键结合，2个Cl-不能合并写，应该表示为：，C错误；
D. N2分子中2个N原子共用三对电子，结构式为N≡N，D错误；
故合理选项是B。
6、A
【解析】
A．聚乳酸酯的降解是高分子生成小分子的过程，而油脂不属于高分子化合物，A选项错误；
B．硅胶因其具有较大的比表面积，吸附能力强，常用作食品干燥剂和催化剂载体，B选项正确；
C．疫苗的主要成分是蛋白质，蛋白质在高温下易变性，冷藏存放的目的是避免蛋白质变性，C选项正确；
D．聚乙烯纤维属于有机合成材料，是有机高分子化合物，D选项正确；
答案选A。
7、C
【解析】
A项，光合作用消耗CO2，光合作用的总方程式可表示为6CO2+6H2OC6H12O6+6O2，光合作用会引起大气中CO2含量下降；
B项，自然降雨时H2O会与少量CO2反应生成H2CO3，不会引起CO2含量的上升；
C项，化石燃料指煤、石油、天然气，煤、石油、天然气中都含C元素，C元素燃烧后生成CO2，化石燃料的燃烧会引起大气中CO2含量上升；
D项，碳酸盐沉积指由形成于海洋或湖泊底部的粒装泥状碳酸盐矿物及其集合体，通过生物作用或从过饱和碳酸盐的水体中直接沉淀，水体中生物活动消耗CO2，有利于碳酸盐沉积，碳酸盐沉积不会引起大气中CO2含量上升；化石燃料的燃烧会引起大气中CO2含量上升；
答案选C。
8、C
【解析】
A.MFe2O4在与H2的反应中，氢元素的化合价升高，铁元素的化合价降低，则MFe2O4在与H2的反应中表现了氧化性，故A正确；
B.若4mlMFe2Ox与1mlSO2恰好完全反应，设MFe2Ox中铁元素的化合价为n，由电子守恒可知，4ml×2×（3-n）=1ml×（4-0），解得n=2.5，由化合物中正负化合价的代数和为0可知，+2+（+2.5）×2+2x=0，所以x=3.5，故B正确；
C.MFe2Ox与SO2反应中铁元素的化合价升高，MFe2Ox被氧化，故C错误；
D.MFe2O4与MFe2Ox的相互转化反应中有元素化合价的升降，则均属于氧化还原反应，故D正确；
综上所述，答案为C。
氧缺位铁酸盐(MFe2Ox)中可先假设M为二价的金属元素，例如锌离子，即可用化合价的代数和为0，来计算铁元素的化合价了。
9、D
【解析】
①、pH=0的溶液中氢离子浓度为1ml/L，Na+、Cl-、Fe3+、SO42-均不反应，能够大量共存，故①符合；
②、pH= 11的溶液中氢氧根离子浓度为0.001ml/ L， CO32－、Na+、AlO2-、NO3-、S2-、SO32-离子之间不发生反应，都不与氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存，故②符合；
③、水电离的H+浓度c(H+)=10-12ml·L-1的溶液中可酸可碱，当溶液为酸性时，CO32－SO32-与氢离子反应，当溶液为碱性时，NH4+与氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，故③不符合；
④、加入Mg能放出H2的溶液中存在大量氢离子，Mg2+、NH4+、Cl－、K+、SO42-离子之间不反应，且都不与氢离子反应，在溶液中能够大量共存，故④符合；
⑤、使石蕊变红的溶液中存在大量氢离子，MnO4-、NO3-在酸性条件下具有强氧化性，能够氧化Fe2+，在溶液中不能大量共存，故⑤不符合；
⑥、Fe3+能够氧化I-、S2-，Al3+在溶液中与S2-发生双水解反应，在溶液中不能大量共存，故⑥不符合；
根据以上分析，在溶液中能够大量共存的为①②④；
故选D。
离子不能共存的条件为：
(1)、不能生成弱电解质。如③中的NH4+与氢氧根离子反应生成一水合氨而不能大量共存；
(2)、不能生成沉淀；
(3)、不发生氧化还原反应。如⑤中MnO4-、NO3-在酸性条件下具有强氧化性，能够氧化Fe2+而不能大量共存。
10、B
【解析】
需要减慢反应速率但又不影响氢气生成，即降低H+的浓度而又不改变H+的物质的量，据此解答。
【详解】
A．加入KHSO4溶液，溶液中氢离子总量增多，故氢气生成量增多，故A错误；
B．加入CH3COONa溶液，溶液被稀释，且醋酸根离子与溶液中氢离子结合为醋酸分子，溶液中氢离子浓度降低，且提供的氢离子总量不变，故能减慢反应速率且又不影响氢气生成量，故B正确；
C．Zn可以置换出Cu，构成原电池，加快反应速率，故C错误；
D．加入Na2CO3溶液，碳酸根离子与氢离子反应，则溶液中氢离子总量减小，故氢气生成量也减小，故D错误。
故选：B。
11、C
【解析】
A．CCl4中只含C-Cl极性共价键，故A不选；
B．Na2O2既含有非极性共价键，又含有离子键，为离子化合物，故B不选；
C．C2H4中含C-H极性共价键和C=C非极性共价键，只含共价键，由C、H元素组成，为共价化合物，故C选；
D．CS2中只含C=S极性共价键，故D不选；
故选：C。
12、A
【解析】
A.乙烯和丙烯最简式是CH2，最简式的式量是14，所以14g乙烯和丙烯的混合物中含有1mlCH2，则其中含有的极性键C-H数目为2NA，A正确；
B.取代反应是逐步进行的，不可能完全反应，所以标准状况下，22.4LCH4与Cl2在光照条件下反应生成HCl分子数小于4NA，B错误；
C.容器中2mlNO与1mlO2充分反应会产生2mlNO2，NO2会有部分发生反应产生N2O4，因此最后得到的气体分子数目小于2NA，C错误；
D.在阳极反应的金属有Cu，还有活动性比Cu强的金属，因此电解精炼铜时阳极减轻32 g，电路中转移电子数目不一定为NA，D错误；
故合理选项是A。
13、C
【解析】
A. 油脂属于高级脂肪酸甘油酯，分子中碳原子数不相同，所以天然油脂都是混合物，没有恒定的熔点和沸点，故A正确；
B. 乙酸具有酸的通性，可以与碳酸钠反应，所以可用饱和Na2CO3溶液除去乙酸乙酯中的乙酸，故B正确；
C. 选定碳原子数最多的碳链为主链，所以2号位不能存在乙基，的名称为2-甲基丁烷，故C错误；
D. 该有机物中存在手性碳原子，该碳原子为sp3杂化，与与之相连的碳原子不可能在同一个平面上，所以该分子中所有碳原子不可能在同一个平面上，故D正确。
故选C。
有机物中共面问题参考模型：①甲烷型：四面体结构，凡是C原子与其它4个原子形成共价键时，空间结构为四面体型。小结1：结构中每出现一个饱和碳原子，则整个分子不再共面。②乙烯型：平面结构，当乙烯分子中某个氢原子被其它原子或原子团取代时，则代替该氢原子的原子一定在乙烯的的平面内。小结2：结构中每出现一个碳碳双键，至少有6个原子共面。③乙炔型：直线结构，当乙炔分子中某个氢原子被其它原子或原子团取代时，则代替该氢原子的原子一定和乙炔分子中的其它原子共线。小结3：结构中每出现一个碳碳三键，至少有4个原子共线。④苯型：平面结构，当苯分子中某个氢原子被其它原子或原子团取代时，则代替该氢原子的原子一定在苯分子所在的平面内。小结4：结构中每出现一个苯环，至少有12个原子共面。
14、B
【解析】
A、石墨与O2的总能量高于CO2的能量，故石墨与O2生成CO2反应为放热反应，选项A错误；
B、根据图示可知，金刚石的能量高于石墨的能量，故等量的金刚石和石墨燃烧时，金刚石放出的热量更多，选项B正确；
C、物质的能量越高则物质越不稳定，故金刚石的稳定性比石墨差，选项C错误；
D、根据图示可知，金刚石的能量高于石墨的能量，故金刚石转化为石墨是放出能量，Q=E2-E1，选项D错误；
答案选B。
15、C
【解析】
A．标况下22.4LCO和氮气的物质的量均为1ml，而CO和氮气中均含14个电子，故1mlCO和氮气中均含14ml电子即14NA个，故A正确；
B．溶液中醋酸钠的物质的量为n=CV=0.1ml/L×1L=0.1ml，而CH3COO-能部分水解为CH3COOH，根据物料守恒可知，溶液中含CH3COOH、CH3COO-的粒子总数为0.1NA，故B正确；
C．5.6g铁的物质的量为0.1ml，而铁与足量的稀硝酸反应后变为+3价，故0.1ml铁转移0.3ml电子即0.3NA个，故C错误；
D．18.4g甲苯的物质的量为0.2ml，而1ml甲苯中含8ml碳氢键，故0.2ml甲苯中含1.6ml碳氢键即1.6NA个，故D正确；
故答案为C。
阿伏伽德罗常数的常见问题和注意事项：①物质的状态是否为气体；②对于气体注意条件是否为标况；③注意溶液的体积和浓度是否已知；④注意同位素原子的差异；⑤注意可逆反应或易水解盐中离子数目的判断；⑥注意物质的结构：如Na2O2是由Na+和O22-构成，而不是有Na+和O2-构成；SiO2、SiC都是原子晶体，其结构中只有原子没有分子，SiO2是正四面体结构，1mlSiO2中含有的共价键为4NA，1mlP4含有的共价键为6NA等。
16、A
【解析】
A．X为间苯二酚，为平面型结构；Y为苯和乙烯的符合结构，也是平面结构；Z中存在烷烃基团的结构，因此Z的所有原子不可能处在同一个平面内，A错误；
B．X和Z含有酚羟基，可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，Y含有双键也可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，B正确；
C．根据Y结构的对称性，苯环上氯原子的位置分别有2,3；2,4；2,5；2,6；3,4；3,5共有6种，C正确；
D．Y种含有双键，可以作为单体发生加聚反应，Z中含有酚羟基，有弱酸性可以和Na2CO3溶液发生反应，D正确；
故选A。
17、C
【解析】
反应中所含元素的化合价变化，则反应为氧化还原反应，以此来解答。
【详解】
A.大气固氮，将游离态转化为化合态，N元素的化合价变化，为氧化还原反应，故A不选；
B.工业制漂粉精时，氯气与碱反应，且Cl元素的化合价变化，为氧化还原反应，故B不选；
C.用SO2漂白纸浆，化合生成无色物质，无元素的化合价变化，为非氧化还原反应，故C选；
D.用Na2O2供氧，过氧化钠中O元素的化合价变化，为氧化还原反应，故D不选；
故答案选C。
18、D
【解析】
A．2019年新冠肺炎“疫苗”等生物制剂在温度较高时容易失活，需要冷冻保存，故A正确；
B. 金属材料包括纯金属以及它们的合金，铝锂合金属于金属材料，故B正确；
C. 纳米复合材料表面积大，纳米复合材料实现了水中微污染物铅（Ⅱ）的高灵敏、高选择性检测，但吸附的量小，故C正确；
D. 光缆的主要成分是二氧化硅，故D错误；
故选D。
19、C
【解析】
主族元素中，元素最高正化合价与其族序数相等，最低负化合价=族序数-8，根据元素化合价知，X、R属于第IA族元素，W属于第ⅦA族元素，Y属于第ⅥA族元素，Z属于第VA族元素，原子电子层数越多其原子半径越大，X原子半径最小，则X为H元素，W、Y、Z原子半径相近，根据其族序数知，W是F元素、Y是O元素、Z是N元素，R原子半径最大，且位于第IA族，则R是Na元素。
【详解】
A项、同主族元素从上到下，原子半径依次增大，同周期元素从左到右，原子半径依次减小，则H、F、O、N、Na的原子半径依次增大，故A正确；
B项、由H、O、N三种元素形成的化合物可能是离子晶体，如NH4NO3为离子晶体，可能是分子晶体，如HNO3为分子晶体，故B正确；
C项、元素的非金属性越强，形成的气态氢化物稳定性越强，非金属性的强弱顺序为W>Y>Z，则气态氢化物稳定性的强弱顺序为HW＞H2Y＞ZH3，故C错误；
D项、Na元素可分别与H元素、F元素和O元素形成离子化合物NaH、NaF和Na2O（或Na2O2），故D正确。
故选C。
本题考查元素周期律的应用，注意位置、结构、性质的相互关系，利用题给表格信息正确判断元素是解本题的关键。
20、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。
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。
21、D
【解析】
该有机物完全燃烧生成的二氧化碳和水的物质的量相等，则满足CnH2n，根据相对分子量为56可得：14n=56，n=4，该有机物分子式为C4H8，可能为丁烯或环丁烷、甲基环丙烷，若为丁烯，则丁烯的碳链异构的同分异构体为：①CH3CH2CH=CH2、②CH3CH=CHCH3、③(CH3)2C=CH2，其中①和③不存在顺反异构，②存在顺反异构，所以属于烯烃的同分异构体总共有4种；还有可能为环丁烷或者甲基环丙烷，所以分子式为C4H8的同分异构体总共有6种。
故选：D。
完全燃烧时产生等物质的量的CO2和H2O，则该烃中C、H原子个数之比为1：2，设该有机物分子式为CnH2n，则14n=56，解得n=4，再根据分子式为C4H8的碳链异构及顺反异构确定同分异构体的种类。
22、D
【解析】
A．石墨Ⅱ通入氧气，发生还原反应，为原电池的正极，电极方程式为O2+2N2O5+4e-=4NO3-，A错误；
B．原电池中阴离子移向负极，NO3-向石墨Ⅰ电极迁移，B错误；
C．石墨I为原电池的负极，发生氧化反应，电极反应式为NO2+NO3--e-=N2O5，C错误；
D．负极反应式为：NO2+NO3--e-=N2O5、正极反应式为：O2+2N2O5+4e-=4NO3-，则放电过程中消耗相同条件下的NO2和O2的体积比为4：1，D正确；
答案选D。
【点晴】
该题为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意原电池正负极的判断、由化合价的变化推测电极产物等，侧重于有关原理的应用的考查。
二、非选择题(共84分)
23、CuO Cu2++2OH-=Cu(OH)2 Cu2O＋H2SO4=Cu＋CuSO4＋H2O
【解析】
流程中32gX隔绝空气加热分解放出了能使带火星的木条复燃的气体为氧气，质量：32.0g-28.8g=3.2g，证明X中含氧元素，28.8g固体甲和稀硫酸溶液反应生成蓝色溶液，说明含铜离子，证明固体甲中含铜元素，即X中含铜元素，铜元素和氧元素形成的黑色固体为CuO，X为氧化铜，n(CuO)==0.4ml，结合质量守恒得到n(O2)==0.1ml，氧元素守恒得到甲中n(Cu)：n(O)=0.4ml：(0.4ml-0.1ml×2)=2：1，固体甲化学式为Cu2O，固体乙为Cu，蓝色溶液为硫酸铜，加入氢氧化钠溶液生成氢氧化铜沉淀，加热分解得到16.0g氧化铜。
【详解】
(1)分析可知X为CuO，故答案为CuO；
(2)蓝色溶液为硫酸铜溶液，转化为蓝色沉淀氢氧化铜的离子方程式为Cu2++2OH-=Cu(OH)2，故答案为Cu2++2OH-=Cu(OH)2；
(3)固体甲为Cu2O，氧化亚铜和稀硫酸溶液发生歧化反应生成铜、二价铜离子和水，反应的化学方程式为：Cu2O＋H2SO4=Cu＋CuSO4＋H2O，故答案为Cu2O＋H2SO4=Cu＋CuSO4＋H2O。
24、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-。
25、球形干燥管 HCOOHCO↑＋H2O 浓硫酸与甲酸混合时放出大量的热 c→b→e→d→f PdCl2＋CO＋H2O=Pd↓＋CO2＋2HCl 氢氧化钠溶液 除去CO中水蒸气 方案不可行 无论CO与NaOH固体是否发生反应，溶液的pH均大于7 10-11 c(Cl-)＞c(H+)＞c(Na+)＞c(HCOO-)＞c(OH-)
【解析】
A装置利用浓硫酸的脱水性制备CO，生成的CO中含有挥发出的甲酸气体，需要利用碱石灰除去甲酸，利用排水法收集CO，结合物质的性质和装置分析解答。
【详解】
Ⅰ．(1)图B中盛装碱石灰的仪器名称是球形干燥管。用A图所示装置进行实验。利用浓硫酸的脱水性，将甲酸与浓硫酸混合，甲酸发生分解反应生成CO，根据原子守恒可知反应的化学方程式是HCOOHCO↑＋H2O。由于浓硫酸与甲酸混合时放出大量的热，所以实验时，不需加热也能产生CO。
(2)根据以上分析可知如需收集CO气体，连接上图中的装置，其连接顺序为：a→c→b→e→d→f。
Ⅱ．(3)打开k2，由于常温下，CO与PdCl2溶液反应，有金属Pd和CO2生成，则F装置中发生反应的化学方程式为PdCl2＋CO＋H2O＝Pd↓＋CO2＋2HCl；由于F装置中有二氧化碳和氯化氢生成，且二者都是酸性气体，则为了使气囊收集到纯净的CO，以便循环使用，G装置中盛放的试剂可能是氢氧化钠溶液。剩余的CO中还含有水蒸气，则H装置的作用是除去CO中水蒸气。
(4)由于无论CO与NaOH固体是否发生反应，溶液的pH均大于7，所以该方案不可行；
(5)25℃甲酸电离常数Ka＝1.8×10－4，则25℃甲酸钠(HCOONa)的水解平衡常数Kh＝，其数量级为10-11。若向100mL 0.1ml·L-1的HCOONa溶液中加入100mL 0.2ml·L-1的HCl溶液，反应后溶液中含有等物质的量浓度的甲酸、氯化钠、氯化氢，则混合后溶液中所有离子浓度由大到小排序为c(Cl-)＞c(H+)＞c(Na+)＞c(HCOO-)＞c(OH-)。
26、Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O NaOH溶液 实验i和ii对比，上层溶液颜色不同，说明CuO与稀H2SO4反应生成Cu2+，i中上层溶液无色，说明不含Cu2+，因此黑色沉淀不含CuO。 溶液中Cu2+浓度过低，无法呈明显的蓝色 取实验i的上层清液，加入过量NaOH溶液，再加入一定量甘油，振荡，未观察到绛蓝色 HNO3 CuS CuS+2H2SO4S↓+CuSO4+SO2↑+2H2O 将烧瓶中10mL15ml/L的浓H2SO4加热至250℃以上，其后加入适量铜片
【解析】
（1）A中铜与浓硫酸反应生成硫酸铜、二氧化硫、水；
（2）二氧化硫属于酸性氧化物，污染空气；
（3）①CuO与稀H2SO4反应生成Cu2+，溶液变蓝；
②溶液中Cu2+浓度过低，无法呈明显的蓝色；检验上层溶液是否含有Cu2+；
（4）试管上部出的现红棕色气体是NO2，底部淡黄色固体是S单质；
（5）根据n(Cu):n(S)可计算化学式；
（6）取230℃时的黑色沉淀，加入浓H2SO4，加热至250℃时，黑色沉淀溶解，有刺激性气味的气体生成说明放出二氧化硫气体，试管底部出现淡黄色固体S，溶液变蓝说明有CuSO4生成，根据得失电子守恒配平方程式；
（7）综合上述实验过程可知加热至250℃时可避免铜与浓硫酸发生副反应。
【详解】
（1）A中铜与浓硫酸反应生成硫酸铜、二氧化硫、水，反应的化学方程式是Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O；
（2）二氧化硫污染空气，所以装置C中盛放NaOH溶液吸收二氧化硫，装置图为；
（3）①CuO与稀H2SO4反应生成Cu2+，溶液变蓝；实验i和ii对比，i中上层溶液无色，说明不含Cu2+，因此黑色沉淀不含CuO。
②如果溶液中Cu2+浓度过低，也无法呈明显的蓝色，所以仅通过颜色判断不能得出黑色沉淀不含CuO的结论；根据资料信息：微量Cu2+与过量NaOH溶液发生反应：Cu2++4OH−＝[Cu(OH)4]2−，[Cu(OH)4]2−溶于甘油形成特征的绛蓝色溶液。因此说明黑色沉淀不含CuO的实验iii的操作和现象是取实验i的上层清液，加入过量NaOH溶液，再加入一定量甘油，振荡，未观察到绛蓝色；
（4）黑色沉淀中加入适量硝酸发生氧化还原反应，硝酸被还原为红棕色气体是NO2，氧化产物是S单质；
（5）230℃取样，铜元素1.28g，硫元0.64g，则n(Cu):n(S)=，所以230℃时黑色沉淀的成分是CuS；
（6）取230℃时的黑色沉淀，加入浓H2SO4，加热至250℃时，黑色沉淀溶解，有刺激性气味的气体生成说明放出二氧化硫气体，试管底部出现淡黄色固体S，溶液变蓝说明有CuSO4生成，反应方程式是CuS+2H2SO4S↓+CuSO4+SO2↑+2H2O；
（7）将烧瓶中10mL15ml/L的浓H2SO4加热至250℃以上，其后加入适量铜片只发生Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O。
本题考查物质性质的探究，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握分析反应产物的方法、实验设计的能力，仔细审题、应用题干信息是解题关键。
27、盐酸或稀硫酸 c 冷却 称量 Al2O3 ×100％ 氢氧化钠溶液 ⑤①④②③ 剩余固体的质量 将烧瓶中剩余固体过滤、洗涤、干燥，称量
【解析】
为了测定硬铝中铝的质量分数，可称得样品质量，测量其中铝的质量。根据硬铝的成分及其性质，将铝转化为氧化铝测其质量或转化为氢气测其体积，从而计算得铝的质量分数。
【详解】
方案Ⅰ：
(1)实验流程中，固体甲是铜，则足量X可溶解硬铝中的镁、铝，试剂X可能是稀盐酸或稀硫酸。
(2)操作①所得溶液中含有MgCl2、AlCl3和多余的酸，加入足量的NaOH溶液，可中和酸、使Mg2+完全生成Mg(OH)2沉淀、Al3+完全转化为NaAlO2。Mg(OH)2、NaAlO2也能使溶液呈碱性（a错）；证明NaOH溶液过量不必取样，NaOH溶液过量的现象是沉淀量不再减少（b错、c对）。
(3)步骤④是为了获得氧化铝的质量，故需经过灼烧、冷却、称量，重复操作至固体恒重。
(4)固体丙是氧化铝（Al2O3）。实验流程中，硬铝中的铝最终全部变成氧化铝，则样品中铝的质量为(54b/102)g，铝的质量分数为(54b/102a)×100%=×100％。
方案Ⅱ：
(1)该方案中通过测定气体体积来测定铝的质量分数。硬铝中只有铝能与强碱溶液反应放出氢气，则试剂Y可能是氢氧化钠溶液；实验时检查装置气密性、加入试剂、量气管初读数、反应生成氢气、量气管末读数，操作顺序是⑤①④②③。
(2)硬铝质量为a g，若不测气体的体积，向圆底烧瓶中加入足量氢氧化钠溶液，当不再有气泡产生时，将烧瓶中剩余固体过滤、洗涤、干燥，称量，测量剩余固体的质量，也能计算出铝的质量分数。
实验目的是实验的灵魂，故解答实验题应紧扣实验目进行思考，则所用试剂、操作作用、计算原理等问题便容易回答。
28、羟基、碳碳双键 C12H18 加成反应 氧化反应 ＋2CH3COOH＋2H2O ＋＋2H2O 6 、（任写一种）
【解析】
（1）A的结构简式为，其中所含官能团有羟基和碳碳双键；E()的分子式为C12H18；
（2）对比A、B的结构发现，2个A分子中碳碳双键中1个键断裂，碳原子相互连接成环得到B，原子利用率达100%，则A→B属于加成反应；B中羟基转化为C中羰基，发生氧化反应；
（3）①B中含有羟基，其在一定条件下，能够与足量乙酸发生酯化反应，发生反应的化学方程式为＋2CH3COOH＋2H2O；
②根据流程图和已知信息可知，酮C与乙二醛发生缩合反应生成D和H2O，其化学方程式为＋＋2H2O；
（4）C为，分子式为C8H12O2，1个F分子只比1个C分子少2个氢原子，则F的分子式为C8H10O2；F的不饱和度为＝4，且F是一种芳香族化合物，则说明F分子中除了苯环外，不存在其他不饱和结构；1ml F能与2ml NaOH反应，并且苯环上有3个取代基，说明苯环上含有2个酚羟基和1个乙基，满足条件的同分异构体有6种(酚羟基位于邻位的有2种，酚羟基位于间位的有3种，羟基位于对位的有1种)；其中核磁共振氢谱图有5组峰，且峰面积比为3∶2∶2∶2∶1的结构简式为或；
（5）以和为主要原料合成1，2-环已二醇，根据题干流程图C→D的提示，可以首先由合成，再由与乙二醛反应生成，最后将转化为即可，因此合成路线为：。
29、p 正四面体 sp2、sp3 E N＞C＞H NH3中N原子有一个孤电子对，孤电子对与成键电子间斥力更大，键角更小 12
【解析】
（1）按电子排布，根据主族元素中最后排入的电子轨道名称命名其区名称，Al原子最后排入的电子是3p能级上的电子，位于p区；图中负离子中铝离子价层电子对个数=4+=4且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断该微粒空间构型为正四面体；故答案为：p；正四面体；
（2）基态Cl原子的价电子为最外层电子，电子排布式为3s23p5，则排布图为，故答案为：；
（3）环上的C原子价层电子对个数是3、乙基上C原子价层电子对个数是4，根据价层电子对互斥理论判断C原子的杂化方式，前者为sp2后者为sp3杂化；该化合物中阳离子和阴离子间形成离子键，阳离子中的C-H键属于极性键，C-C键属于非极性键，阴离子中存在配位键，没有氢键，故答案为：sp2；sp3；E；
（4）元素的非金属性越强，其电负性越大，电负性大小顺序是N＞C＞H；NH3中N原子有一个孤电子对，孤电子对与成键电子间斥力更大，键角更小， H－N－H 的键角小于H－C－H的键角，故答案为：N＞C＞H；NH3中N原子有一个孤电子对，孤电子对与成键电子间斥力更大，键角更小；
（5）根据晶胞的结构分析，以上底面面心的Al为参考点，周围与距离最近的Al有12个，取1ml晶胞，即有NA个晶胞，1个晶胞中Al原子数目为：8×+6×=4，N原子数目为4，设晶胞的棱长为xcm，则x3d=，则x=cm，则最近的N原子与Al原子间的距离为x=pm，故答案为：12；。
元素
X
W
Y
Z
R
原子半径(pm)
37
64
66
70
154
主要化合价
+1
-1
-2
-5、-3
+1
编号
实验用品
实验现象
I
10mL 15ml/L
浓H2SO4溶液
过量铜片
剧烈反应，品红溶液褪色，150℃时铜片表面产生大量黑色沉淀，继续加热，250℃时黑色沉淀消失。
II
10mL 15ml/L
浓H2SO4溶液
适量铜片
剧烈反应，品红溶液褪色，150℃时铜片表面产生少量黑色沉淀，继续加热，250℃时黑色沉淀消失。
i. 黑色沉淀脱落，一段时间后，上层溶液呈无色。
ii. 开始时，上层溶液呈无色，一段时间后，上层溶液呈淡蓝色。
编号
实验操作
实验现象
iv
取洗净后的黑色沉淀，加入适量_____溶液，加热。
黑色沉淀全部溶解，试管上部出现红棕色气体，底部有淡黄色固体生成。
150℃取样
230℃取样
铜元素3.2g，硫元0.96g。
铜元素1.28g，硫元0.64g。