2026年陇南市高考考前提分化学仿真卷（含答案解析）

这是一份2026年陇南市高考考前提分化学仿真卷（含答案解析），共13页。
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。
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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、《天工开物》中对制造染料“蓝靛”的叙述如下：“凡造淀，叶与茎多者入窖，少者入桶与缸。水浸七日，其汁自来。每水浆一石，下石灰五升，搅冲数十下，淀信即结。水性定时，淀沉于底…其掠出浮沫晒干者曰靛花。”文中没有涉及的实验操作是
A．溶解B．搅拌C．升华D．蒸发
2、两个单环共用一个碳原子的多环化合物称为螺环化合物，共用的碳原子称为螺原子。螺[5，5]十一烷的结构为，下列关于该化合物的说法错误的是（ ）
A．一溴代物有三种
B．与十一碳烯互为同分异构体
C．分子中所有碳原子不可能在同一平面
D．1m1该化合物完全燃烧需要16m1O2
3、某固体混合物可能由Al、(NH4)2SO4、MgCl2、FeCl2、AlCl3中的两种或多种组成，现对该混合物做如下实验，所得现象和有关数据如图所示（气体体积数据已换算成标准状况下的体积）。关于该固体混合物，下列说法正确的是
A．一定含有Al，其质量为4.05g
B．一定不含FeCl2，可能含有MgCl2和AlCl3
C．一定含有MgCl2 和FeCl2
D．一定含有(NH4)2SO4 和MgCl2，且物质的量相等
4、A、B、D、E、F为短周期元素，非金属元素A最外层电子数与其周期数相同，B的最外层电子数是其所在周期数的2倍，B在D的单质中充分燃烧能生成其最高价化合物BD2，E+与D2-具有相同的电子数。A在F是单质中燃烧，产物溶于水得到一种强酸。下列有关说法正确的是（ ）
A．工业上F单质用MnO2和AF来制备
B．B元素所形成的单质的晶体类型都是相同的
C．F所形成的氢化物的酸性强于BD2的水化物的酸性，说明F的非金属性强于B
D．由化学键角度推断，能形成BDF2这种化合物
5、下列说法错误的是
A．过氧碳酸钠(2Na2CO3·3H2O2)具有碳酸钠和H2O2的双重性质，可作去污剂、消毒剂
B．亚硝酸钠具有防腐的作用，所以可在食品中适量添加以延长保质期。
C．不锈钢是通过改变材料的内部结构达到防锈蚀的目的
D．“碳纳米泡沫”与石墨烯互为同分异构体
6、根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是( )
A．AB．BC．CD．D
7、工业上可在高纯度氨气下，通过球磨氢化锂的方式合成高纯度的储氢材料氨基锂，该过程中发生反应：LiH(s)+NH3(g)=LiNH2(s)+H2 (g)。如图表示在0.3 MPa下，不同球磨时间的目标产物LiNH2的相对纯度变化曲线。下列说法正确的是 ( )
A．工业生产中，在0.3 MPa下合成LiNH2的最佳球磨时间是2.0 h
B．投入定量的反应物，平衡时混合气体的平均摩尔质量越大，LiNH2的相对纯度越高
C．在0.3 MPa下，若平衡时H2的物质的量分数为60%，则该反应的平衡常数K=1.5
D．LiH和LiNH2都能在水溶液中稳定存在
8、化学在生活中有着广泛的应用，下列对应关系错误的是( )
A．AB．BC．CD．D
9、用物理方法就能从海水中直接获得的物质是
A．钠、镁B．溴、碘C．食盐、淡水D．氯气、烧碱
10、常温下，用0.1ml·L-1NaOH溶液滴定40mL0.1ml·L-1H2SO3溶液，所得滴定曲线如图所示(忽略混合时溶液体积的变化)。下列叙述正确的是（ ）
A．SO32-水解常数Kh的数量级为10-8
B．若滴定到第一反应终点，可用酚酞作指示剂
C．图中Z点对应的溶液中：c(Na+)>c(SO32-)>c(HSO3-)>c(OH-)
D．图中Y点对应的溶液中：3c(SO32-)=c(Na+)+c(H+)-c(OH-)
11、下列实验不能不能用如图所示装置实现的是
A．用CCl4提取碘水中的碘
B．用NaOH溶液除去溴苯中的溴
C．用酒精除去苯酚中的甘油
D．用饱和Na2CO3溶液除去乙酸丁酯中的乙酸
12、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．标准状况下，11.2LNO2中含有的氧原子数目为NA
B．1ml20Ne和22Ne的混合物中含有的中子数目为10NA
C．8.4gNaHCO3和MgCO3的混合物中含有的阴离子数目为0.1NA
D．已知某温度下硼酸（H3BO3）饱和溶液的pH=4.6，则溶液中H+的数目为1×10-4.6NA
13、设NA为阿伏加德罗常数值。下列说法正确的是
A．0.5 ml 18O2 中所含中子数为10NA
B．标准状况下，2.24 L CHCl3含有的共价键数为 0.4NA
C．常温下，2.8 g C2H2与CO的混合气体所含碳原数为 0.3NA
D．0.1ml/L Na2S 溶液中，S2- 、HS- 、H2S的数目共为0.1NA
14、短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。它们分别位于不同的主族，X的最高正价与最低负价代数和为0，Y为金属元素，Y与Z最外层电子数之和与W的最外层电子数相等，X与W所在族序数之和等于10。下列说法正确的是（ ）
A．原子半径大小顺序：r(W)>r(Z)>r(Y)>r(X)B．沸点：XW2>Y2W
C．最高价氧化物对应的水化物的酸性：XW
15、我国医药学家屠呦呦因研究青蒿素而荣获2016年诺贝尔化学奖。她在青蒿液中加入乙醚，经操作1得含青蒿素的乙醚和其他杂质的混合物。再经操作2得到含青蒿素的乙醚，最后经操作3得到青蒿粗产品。操作1、2、3相当于
A．过滤、结晶、蒸发B．结晶、萃取、分液
C．萃取、分液、蒸馏D．萃取、过滤、蒸馏
16、设阿伏加德罗常数的值为NA，下列叙述正确的是
A．1L0.1ml·L－1Na2S溶液中含有的S2－的数目小于0.1NA
B．同温同压下，体积均为22.4L的卤素单质中所含的原子数均为2NA
C．1ml苯中含有的碳碳双键数为3NA
D．78g过氧化钠固体中所含的阴、阳离子总数为4NA
17、对于排布在2s轨道上的电子，不能确定的是
A．电子所在的电子层B．电子的自旋方向
C．电子云的形状D．电子云的伸展方向
18、有3份等量的烧碱溶液，第1份直接与盐酸反应；第2份稀释一倍，再与盐酸反应；第3份通入适量的CO2后，再与盐酸反应．若盐酸的浓度相同，完全反应时消耗盐酸的体积分别为V1、V2和V3，则V1、V2和V3的大小关系正确的是（ ）
A．V1=V2=V3B．V1＞V3＞V2C．V2＞V3＞V1D．V1＞V2＞V3
19、下列反应中，被氧化的元素和被还原的元素相同的是
A．4Na + O2 = 2Na2OB．2FeCl2 + Cl2 = 2FeCl3
C．2Na + 2H2O = 2NaOH + H2↑D．3NO2 + H2O = 2HNO3 + NO
20、某种浓差电池的装置如图所示，碱液室中加入电石渣浆液[主要成分为]，酸液室通入 (以NaCl为支持电解质)，产生电能的同时可生产纯碱等物质。下列叙述正确的是 （ ）
A．电子由N极经外电路流向M极
B．N电极区的电极反应式为↑
C．在碱液室可以生成
D．放电一段时间后，酸液室溶液pH减小
21、下列实验操作正确的是
A．用长预漏斗分离油和水的混合物
B．配制0.5ml/LFe(NO3)2溶液时将固态Fe(NO3)2溶于稀硝酸中加水稀释至指定体积
C．将含氯化氢的氯气通过碳酸氢钠溶液，可收集到纯氯气
D．用湿布熄灭实验台上酒精着火
22、设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法中正确的是( )
A．NA个氮分子与NA个氦分子的质量比为7∶2
B．1.0 ml·L-1FeCl3溶液与足量Fe反应,转移的电子数为NA
C．11.2 L CH4中含有的原子数目为2.5NA
D．20 g 分子中,含有10NA个电子
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）香豆素-3-羧酸是一种重要的香料，常用作日常用品或食品的加香剂。
已知：
RCOOR1+R2OHRCOOR2+R1OH（R代表烃基）
+R1OH
（1）A和B均有酸性，A的结构简式：_____________；苯与丙烯反应的类型是_____________。
（2）F为链状结构，且一氯代物只有一种，则F含有的官能团名称为_____________。
（3）D→丙二酸二乙酯的化学方程式：_____________。
（4）丙二酸二乙酯在一定条件下可形成聚合物E，其结构简式为：_____________。
（5）写出符合下列条件的丙二酸二乙酯同分异构体的结构简式：_____________。
①与丙二酸二乙酯的官能团相同；
②核磁共振氢谱有三个吸收峰，且峰面积之比为3∶2∶1；
③能发生银镜反应。
（6）丙二酸二乙酯与经过三步反应合成
请写出中间产物的结构简式：
中间产物I_____________；中间产物II_____________。
25、（12分）正丁醚可作许多有机物的溶剂及萃取剂 ，常用于电子级清洗剂及用于有机合成 。实验室用正丁醇与浓H2SO4反应制取，实验装置如右图，加热与夹持装置略去。反应原理与有关数据：
反应原理： 2C4H9OH C4H9OC4H9+H2O
副反应：C4H9OHC2H5CH=CH2+H2O
实验步骤如下：
①在二口烧瓶中加入0.34ml正丁醇和4.5mL浓H2SO4,再加两小粒沸石，摇匀。
②加热搅拌，温度上升至100~ll0℃开始反应。随着反应的进行，反应中产生的水经冷凝后收集在水分离器的下层，上层有机物至水分离器支管时，即可返回烧瓶。加热至反应完成。
③将反应液冷却，依次用水、50%硫酸洗涤、水洗涤，再用无水氯化钙干燥，过滤，蒸馏，得正丁醚的质量为Wg。
请回答：
（1）制备正丁醚的反应类型是____________，仪器a的名称是_________。
（2）步骤①中药品的添加顺序是，先加______（填“正丁醇”或“浓H2SO4”），沸石的作用是___________________。
（3）步骤②中为减少副反应，加热温度应不超过_________℃为宜。使用水分离器不断分离出水的目的是________。如何判断反应已经完成？当_____时，表明反应完成，即可停止实验。
（4）步骤③中用50%硫酸洗涤的目的是为了除去______________。本实验中，正丁醚的产率为_____（列出含W的表达式即可）。
26、（10分）草酸合铜(Ⅱ)酸钾[KaCub(C2O4)c·xH2O]是一种重要的化工原料。
（1）二草酸合铜(Ⅱ)酸钾晶体可以用CuSO4晶体和K2C2O4溶液反应得到。从硫酸铜溶液中获得硫酸铜晶体的实验步骤为：加入适量乙醇、蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。在蒸发浓缩的初始阶段还采用了蒸馏操作，其目的是_____________________。
（2）某同学为测定草酸合铜(Ⅱ)酸钾的组成，进行如下实验：
步骤Ⅰ测定Cu2+：准确称取0.7080 g样品，用20.00 mL NH4Cl−NH3·H2O缓冲溶液溶解，加入指示剂，用0.1000 ml·L−1的EDTA(Na2H2Y)标准溶液滴定至终点（离子方程式为Cu2++H2Y2−CuY2−+2H+），消耗EDTA标准溶液20.00 mL；
步骤Ⅱ测定C2O42-：准确称取0.7080 g样品，用6.00 mL浓氨水溶解，加入30.00 mL 4.0 ml·L−1的硫酸，稀释至100 mL，水浴加热至70~80℃，趁热用0.1000 ml·L−1 KMnO4标准液滴定至终点，消耗KMnO4溶液16.00 mL。
①已知酸性条件下MnO4-被还原为Mn2+，步骤Ⅱ发生反应的离子方程式为___________。
②步骤Ⅱ滴定终点的现象是______________________。
③通过计算确定草酸合铜(Ⅱ)酸钾的化学式（写出计算过程）。____________
27、（12分）肼是重要的化工原料。某探究小组利用下列反应制取水合肼（N2H4·H2O）。
已知：N2H4·H2O高温易分解，易氧化
制备原理：CO(NH2)2+2NaOH+NaClO＝Na2CO3+N2H4·H2O+NaCl
（实验一）制备NaClO溶液（实验装置如图所示）
(1)配制30%NaOH溶液时，所需玻璃仪器除量筒外，还有_____（填标号）
A．容量瓶 B．烧杯 C．烧瓶 D．玻璃棒
(2)锥形瓶中发生反应化学程式是_____________________________。
（实验二）制取水合肼。（实验装置如图所示）
控制反应温度，将分液漏斗中溶液缓慢滴入三颈烧瓶中，充分反应。加热蒸馏三颈烧瓶内的溶液，收集108-114馏分。
(3)分液漏斗中的溶液是____________（填标号）。
A．CO(NH2)2溶液 B．NaOH和NaClO混合溶液
选择的理由是____________。蒸馏时需要减压，原因是______________。
（实验三）测定馏分中肼含量。
(4)水合肼具有还原性，可以生成氮气。测定水合肼的质量分数可采用下列步骤：
a．称取馏分5.000g，加入适量NaHCO3固体（保证滴定过程中溶液的pH保持在6.5左右），配制1000mL溶液。
b．移取10.00 mL于锥形瓶中，加入10mL水，摇匀。
c．用0.2000ml/L碘溶液滴定至溶液出现______________，记录消耗碘的标准液的体积。
d．进一步操作与数据处理
(5)滴定时，碘的标准溶液盛放在______________滴定管中（选填：“酸式”或“碱式”）水合肼与碘溶液反应的化学方程式________________________。
(6)若本次滴定消耗碘的标准溶液为8.20mL，馏分中水合肼（N2H4·H2O）的质量分数为______。
28、（14分）铁被称为“第一金属”，铁及其化合物在生产、生活中有广泛用途。
(1)铁原子外围电子轨道表示式为_______，铁原子核外电子发生跃迁时会吸收或释放不同的光，可以用___________摄取铁元素的原子光谱。
(2)FeCOx是一种新型光电催化剂。第四电离能大小关系是I4(C)____I4(Fe)（填“>”或“H2CO3，但HCl是无氧酸，不能说明Cl的非金属性强于C，C错误；
D.可以形成COCl2这种化合物，结构式为，D正确；
故合理选项是D。
5、D
【解析】
A、过氧化氢（H2O2）常用作氧化剂、漂白剂和消毒剂，为了贮存、运输、使用的方便，工业上将过氧化氢转化为固态的过碳酸钠晶体（2Na2CO3•3H2O2），该晶体具有碳酸钠和过氧化氢的双重性质，选项A正确；
B、亚硝酸具有防腐作用，所以可在食品中适量添加以延长保质期，但是亚硝酸盐会危害人体健康，应控制用量，选项B正确；
C、不锈钢是通过改变材料的内部结构达到防锈蚀的目的，指耐空气、蒸汽、水等弱腐蚀介质和酸、碱、盐等化学浸蚀性介质腐蚀的钢，选项C正确；
D、“碳纳米泡沫”，与石墨烯是不同性质的单质，二者互为同素异形体而不是同分异构体，选项D错误；
答案选D。
6、A
【解析】
A. 鸡蛋清主要成分为蛋白质，少量CuSO4可能会使其发生变性，故A项正确；
B. 乙醇和浓硫酸共热至170℃后发生消去反应生成乙烯，但乙醇易挥发，二者均可使高锰酸钾褪色，则该实验不能证明乙烯能使KMnO4溶液褪色，故B项错误；
C. 室温下，用pH试纸测得：0.1 ml·L－1Na2SO3溶液的pH约为10；0.1 ml·L－1NaHSO3溶液的pH约为5，说明SO32-的水解程度比HSO3-大，即SO32-结合H＋的能力比HSO3-的强，故C项错误；
D. NaCl和NaBr的浓度大小未知，产生的淡黄色沉淀也可能是溴离子浓度较大所导致，因此该实验现象不能说明Ksp(AgBr)c(SO32-)>c(OH-)>c(HSO3-)，C不正确；
D．图中Y点对应的溶液中，依据电荷守恒，可得c(Na+)+c(H+)=2c(SO32-)+ c(HSO3-)+c(OH-)，此时c(SO32-)=c(HSO3-)，所以3c(SO32-)=c(Na+)+c(H+)-c(OH-)，D正确；
故选D。
11、C
【解析】
A. 碘不易溶于水，易溶于四氯化碳，则利用图中萃取、分液可分离，故A正确；
B. 溴与NaOH反应后，与溴苯分层，然后利用图中分液装置分离，故B正确；
C. 酒精、甘油、苯酚互溶，不能萃取、分液分离，故C错误；
D. 乙酸与碳酸钠溶液反应后，与酯分层，然后利用图中分液装置分离，故D正确；
故选：C。
萃取剂与原溶剂不能互溶，不能反应，并且溶质在两种萃取剂中溶解度差别比较大，酒精易溶于水，不能当作萃取剂。
12、C
【解析】
A．标准状况下，NO2液化且部分转化为N2O4，无法计算含有的氧原子数目，A不正确；
B．1ml20Ne和22Ne的混合物中含有的中子数目介于10NA~12NA之间，B不正确；
C．8.4gNaHCO3和8.4g MgCO3含有的阴离子数目都为0.1NA，则8.4g混合物所含阴离子数目也应为0.1NA，C正确；
D．硼酸饱和溶液的体积未知，无法计算溶液中H+的数目，D不正确；
故选C。
13、A
【解析】
A. 18O 原子中子数为18-8=10，则0.5 ml 18O2 中所含中子数为0.5ml×10×2=10ml，即10NA，故A正确；
B. 标准状况下，CHCl3为液态，不能根据体积计算出物质的量，故B错误；
C. C2H2的摩尔质量为26g/ml，CO的摩尔质量为28g/ml，常温下，2.8 g C2H2与CO的混合气体所含碳原数不能确定，故C错误；
D. 0.1ml/L Na2S 溶液，未知溶液体积，则溶液中微粒数目不能确定，故D错误；
故选A。
14、C
【解析】
短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，它们分别位于不同的主族，X的最高正价与最低负价代数和为0，X与W所在族序数之和等于10，则X处于ⅣA主族，W处于ⅥA族，结合原子序数可知，X为C元素、W为S元素；Y与Z最外层电子数之和与W的相等，即二者最外层电子数之和为6，又由于分别位于不同的主族，只能为IA、ⅤA族元素，结合原子序数，则Y为Na、Z为P元素，据此进行解答。
【详解】
短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，它们分别位于不同的主族，X的最高正价与最低负价代数和为0，X与W所在族序数之和等于10，则X处于ⅣA主族，W处于ⅥA族，结合原子序数可知，X为C元素、W为S元素，Y与Z最外层电子数之和与W的相等，即二者最外层电子数之和为6，又由于分别位于不同的主族，只能为IA、ⅤA族元素，结合原子序数，则Y为Na、Z为P元素，
A.同周期自左而右原子半径减小、电子层越多原子半径越大，则原子半径大小为：Y(Na)＞Z(P)＞W(S)＞X(C)，故A错误；
B.W分别与X、Y形成的化合物为CS2、Na2S，CS2为共价化合物，Na2S为离子化合物，则沸点：Na2S＞CS2，故B错误；
C.X、Z的最高价氧化物的水化物分别为碳酸、磷酸，碳酸酸性比磷酸弱，故C正确；
D.非金属性Z(P)＜W(S)，非金属性越强，对应氢化物的稳定性越强，则氢化物稳定性PH3＜H2S，故D错误。
答案选C。
本题考查了原子结构与元素周期律的应用，推断元素为解答关键，注意熟练掌握原子结构与元素周期律、元素周期表的关系，试题培养了学生的分析、理解能力及逻辑推理能力。
15、C
【解析】
在青蒿液中加入乙醚，青蒿素在乙醚中溶解度大，经萃取得含青蒿素的乙醚和其他杂质的混合物，形成有机相和其它物质分层的现象，再经分液得到含青蒿索的乙醚，乙醚沸点低最后经蒸馏得到青蒿粗产品。对应的操作1、操作2、操作3分别是萃取、分液、蒸馏，故选C。
16、A
【解析】
A、由于硫离子水解，所以1L0.1ml•L-1Na2S溶液中含有的S2-的个数小于0.1NA，选项A正确；
B、同温同压下不一定为标准状况下，卤素单质不一定为气体，体积为22.4L的卤素单质的物质的量不一定为1ml，故所含的原子数不一定为2NA，选项B错误；
C、苯中不含有碳碳双键，选项C错误；
D、过氧化钠由钠离子和过氧根离子构成，78g过氧化钠固体为1ml，其中所含的阴、阳离子总数为3NA，选项D错误。
答案选A。
17、B
【解析】
排布在2s轨道上的电子，则可以判断其在第二电子层，S能级电子云的形状为球形，所以电子云无伸展方向，但不能确定电子的自旋方向，故选B。
明确S轨道的形状、以及无伸展方向是解题关键，排布在2s轨道上的电子，则可以判断其在第二电子层，S能级电子云的形状为球形，所以电子云无伸展方向，但不能确定电子的自旋方向，据此分析。
18、A
【解析】
最后生成物质的都为NaCl，根据Na原子、Cl原子守恒：n（HCl） = n（NaCl）= n（NaOH） ，由于NaOH物质的量相等，则消耗HCl的物质的量相等，故消耗盐酸的体积相等，即V1=V2=V3。
答案选A。
【点晴】
该题侧重于分析能力和计算能力的考查，题目难度不大，注意根据元素质量守恒进行计算，可省去中间过程的繁琐。
19、D
【解析】
A．4Na+O2＝2Na2O反应中钠元素被氧化，氧元素被还原，被氧化与被还原的元素不是同一元素，故A错误；
B．2FeCl2+Cl2＝2FeCl3反应中FeCl2为还原剂，被氧化，氯气为氧化剂，被还原，被氧化与被还原的元素不是同一元素，故B错误；
C．2Na+2H2O＝2NaOH+H2↑反应中钠元素化合价升高被氧化，H元素化合价降低被还原，被氧化与被还原的元素不是同一元素，故C错误；
D．3NO2+H2O＝2HNO3+NO该反应中只有N元素的化合价变化，N元素既被氧化又被还原，故D正确；
故选D。
20、B
【解析】
氢气在电极M表面失电子转化为氢离子，为电池的负极，碱液室中的氢氧根离子透过阴离子交换膜，中和正电荷。酸液室中的氢离子透过质子交换膜，在电极N表面得到电子生成氢气，电极N为电池的正极，同时，酸液室中的氯离子透过阴离子交换膜进入碱液室，补充负电荷，据此答题。
【详解】
A.电极M为电池的负极，电子由M极经外电路流向N极，故A错误；
B.酸液室中的氢离子透过质子交换膜，在电极N表面得到电子生成氢气，N电极区的电极反应式为2H++2e-=H2↑，故B正确；
C.酸液室与碱液室之间为阴离子交换膜，钠离子不能进入碱液室，应在酸液室得到NaHCO3、Na2CO3，故C错误；
D.放电一段时间后，酸液室氢离子被消耗，最终得到NaHCO3、Na2CO3，溶液pH增大，故D错误。
故选B。
21、D
【解析】
A、油和水互不相溶，分层，分离油和水的混合物应用分液漏斗，故A错误；B、硝酸有强氧化性，能将二价铁氧化为三价铁，故B错误；C、 将含氯化氢的氯气通过碳酸氢钠溶液，会产生CO2，应通过饱和食盐水，才可收集到纯氯气，故C错误；D、用湿布熄灭实验台上酒精着火，属于隔绝氧气灭火，故D正确；故选D。
22、D
【解析】
A. He分子是单原子分子，相对分子质量为4，NA个氮分子与NA个氦分子的质量比为28∶4=7∶1，故A不选；
B. 不知道FeCl3溶液的体积，无法计算转移的电子数，故B不选；
C. 11.2 L CH4没有指明标准状况下，故C不选；
D. 20 g 分子为1ml，含有10NA个电子，故D选。
故选D。
二、非选择题(共84分)
23、氨基乙酸 取代反应 硝基和羟基 + +H2O 8 2
【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、CH3COOH 加成反应 羰基 +2C2H5OH2H2O
【解析】
丙二酸二乙酯由D和乙醇反应得到，可知D为丙二酸；由(1)可知A和B均有酸性，则存在羧基，故A为CH3COOH；A与溴水和红磷反应得到B，B再与NaCN反应得到C，则B为BrCH2COOH，C为NCCH2COOH；根据信息提示，高聚物E为。
【详解】
(1)由分析可知A为CH3COOH；苯与丙烯反应得到异丙基苯，为加成反应，故答案为：CH3COOH；加成反应；
(2) F为C3H6O，不饱和度为1，链状结构，且一氯代物只有一种，则存在两个甲基，故F为丙酮，官能团为羰基，故答案为：羰基；
(3)丙二酸二乙酯由D和乙醇反应得到，方程式为+2C2H5OH2H2O ，故答案为：+2C2H5OH2H2O ；
(4)根据信息提示，则丙二酸二乙酯()要形成高聚物E，则要发生分子间的缩聚反应，高聚物E为，故答案为： ；
(5) 丙二酸二乙酯(C7H12O4)同分异构体满足①与丙二酸二乙酯的官能团相同，说明存在酯基；②核磁共振氢谱有三个吸收峰，且峰面积之比为3∶2∶1，故氢个数分别为6，4，2；③能发生银镜反应，说明要存在醛基或者甲酯，官能团又要为酯基，只能为甲酯，根据②可知，含有两个甲酯，剩下-C5H10，要满足相同氢分别为6、4，只能为两个乙基，满足的为 ，故答案为：；
(6) 与丙二酸二乙酯反生加成反应，故双键断裂，苯环没有影响，则醛基碳氧双键断裂，生成，进过消去反应得到，根据题干信息RCOOR1+R2OHRCOOR2+R1OH（R代表烃基）提示，可反生取代得到，故答案为：；。
本题难点(5)，信息型同分异构体的确定，一定要对所给信息进行解码，确定满足条件的基团，根据核磁共振或者取代物的个数，确定位置。
25、取代反应 （直形）冷凝管 正丁醇 防暴沸或防止反应液剧烈沸腾 135 提高正丁醚的产率或正丁醇的转化率 分水器中水（或有机物）的量（或液面）不再变化 正丁醇
【解析】
⑴根据反应方程式2C4H9OH C4H9OC4H9+H2O，分析得到制备正丁醚的反应类型，根据图中装置得出仪器a的名称。
⑵步骤①中药品的添加顺序是，根据溶液的稀释，密度大的加到密度小的液体中，烧瓶中是液体与液体加热需要沸石防暴沸。
⑶根据题中信息，生成副反应在温度大于135℃；该反应是可逆反应，分离出水，有利于平衡向正反应方向移动；水分离器中是的量不断增加，当水分离器中水量不再增加时表明反应完成。
⑷根据题中信息正丁醇易溶于50%硫酸，正丁醚微溶于50%硫酸；根据2C4H9OH C4H9OC4H9+H2O理论得到C4H9OC4H9物质的量，再计算正丁醚的产率。
【详解】
⑴根据反应方程式2C4H9OH C4H9OC4H9+H2O，分析得到制备正丁醚的反应类型是取代反应，根据图中装置得出仪器a的名称是(直形)冷凝管；故答案为：取代反应；(直形)冷凝管。
⑵步骤①中药品的添加顺序是，根据溶液的稀释，密度大的加到密度小的液体中，因此先加正丁醇，烧瓶中是液体与液体加热，因此沸石的作用是防暴沸或防止反应液剧烈沸腾；故答案为：正丁醇；防暴沸或防止反应液剧烈沸腾。
⑶根据题中信息，生成副反应在温度大于135℃，因此步骤②中为减少副反应，加热温度应不超过135℃为宜。该反应是可逆反应，分离出水，有利于平衡向正反应方向移动，因此使用水分离器不断分离出水的目的是提高正丁醚的产率或正丁醇的转化率。水分离器中水的量不断增加，当水分离器中水量不再增加时或则有机物的量不再变化时，表明反应完成，即可停止实验；故答案为：135；提高正丁醚的产率或正丁醇的转化率；分水器中水(或有机物)的量(或液面)不再变化。
⑷根据题中信息正丁醇易溶于50%硫酸，正丁醚微溶于50%硫酸，因此步骤③中用50%硫酸洗涤的目的是为了除去正丁醇。根据2C4H9OH C4H9OC4H9+H2O理论得到C4H9OC4H9物质的量为0.17ml，则正丁醚的产率为；故答案为：正丁醇；。
26、回收乙醇 2+5+16H+2Mn2++10CO2↑+8H2O 当滴入最后一滴KMnO4标准液时，溶液变成浅红色，且半分钟不褪色 由步骤Ⅰ的反应离子方程式：Cu2++H2Y2−CuY2−+2H+，可得关系式：Cu2+～H2Y2−，据题意有：
解得：n(Cu2+)=0.002ml
由步骤Ⅱ的离子反应方程式：2MnO4-+5C2O42-+16H+2Mn2++10CO2↑+8H2O，可得关系式：2MnO4-～5C2O42-，则有：
解得：n(C2O42-)=0.004ml
根据电荷守恒，可知n(K+)=0.004ml
根据质量守恒原理，则n(H2O)=。
故草酸合铜(Ⅱ)酸钾的化学式为：K2Cu(C2O4)2·2H2O。
【解析】
（1）分析题中所给信息，硫酸铜不溶于乙醇，使用乙醇可以降低硫酸铜的溶解度，有利于晶体的析出。加入乙醇后，乙醇易挥发，故可通过蒸馏的方法回收。
（2）根据题中步骤Ⅰ测定Cu2+的原理及消耗的EDTA的量，可计算出0.7080 g样品中Cu2+的量；根据步骤Ⅱ测定C2O42-的过程中，KMnO4和C2O42-在酸性条件下发生氧化还原反应，结合氧化还原反应原理，可计算出0.7080 g样品中C2O42-的量；结合电荷守恒和质量守恒，分别计算出K+和H2O的量。进而可确定草酸合铜(Ⅱ)酸钾的化学式。
【详解】
（1）乙醇易挥发，故可通过蒸馏的方法回收。答案为：回收乙醇；
（2）①根据氧化还原反应原理，可知离子反应方程式为：2MnO4-+5C2O42-+16H+2Mn2++10CO2↑+8H2O；答案为：2MnO4-+5C2O42-+16H+2Mn2++10CO2↑+8H2O；
②KMnO4溶液为紫红色，当加入最后一滴KMnO4标准液时，溶液变成浅红色，且半分钟不褪色，说明达到滴定终点。答案为：当滴入最后一滴KMnO4标准液时，溶液变成浅红色，且半分钟不褪色；
③由步骤Ⅰ的反应离子方程式：Cu2++H2Y2−CuY2−+2H+，可得关系式：Cu2+～H2Y2−，据题意有：
解得：n(Cu2+)=0.002ml
由步骤Ⅱ的离子反应方程式：2MnO4-+5C2O42-+16H+2Mn2++10CO2↑+8H2O，可得关系式：2MnO4-～5C2O42-，则有：

解得：n(C2O42-)=0.004ml
根据电荷守恒，可知n(K+)=0.004ml
根据质量守恒原理，则n(H2O)=。
故草酸合铜(Ⅱ)酸钾的化学式为：K2Cu(C2O4)2·2H2O。
27、BDCl2+2NaOH＝NaClO+NaCl+H2OB如果次氯酸钠溶液装在三颈烧瓶中，生成的水合肼会被次氯酸钠氧化减压蒸馏可使产品在较低温度下气化，避免高温分解淡黄色且半分钟不消失酸式N2H4·H2O + 2I2 = N2↑+ 4HI + H2O82.00%
【解析】
（1）配制一定质量分数的溶液时，具体步骤是计算、称量、溶解，NaOH固体时需要放在烧杯中称，量取水时需要量筒，溶解时需要烧杯、玻璃棒；
（2）氯气通入到盛有NaOH的锥形瓶中与NaOH发生反应生成氯化钠、次氯酸钠和水；
（3）依据制取水合肼（N2H4·H2O）的反应原理为：CO（NH2）2+2NaOH+NaClO=Na2CO3+N2H4·H2O+NaCl，结合反应产物和反应物分析判断；水合肼（N2H4·H2O）具有还原性，易被次氯酸钠氧化；
（4）根据反应原理确定反应终点；
（5）根据碘溶液的性质确定所用仪器；
（6）根据N2H4·H2O + 2I2 = N2↑+ 4HI + H2O进行计算。
【详解】
（1）配制一定质量分数的溶液时，溶解时需要烧杯、玻璃棒，故答案为：BD；
（2）锥形瓶中氯气和NaOH反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的化学方程式为Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O，故答案为：Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O；
（3）水合肼（N2H4·H2O）中氮元素为—2价，具有还原性，若次氯酸钠过量，具有强氧化性的次氯酸钠会氧化水合肼，为防止水合肼被氧化，分液漏斗中的溶液应是NaOH和NaClO混合溶液；水合肼高温易分解，减压会降低物质的沸点，则为防止水合肼分解需要减压蒸馏，故答案为：B；如果次氯酸钠溶液装在烧瓶中，反应生成的水合肼会被次氯酸钠氧化；馏分高温易分解，减压会降低物质的沸点；
（4）根据反应N2H4·H2O + 2I2 = N2↑+ 4HI + H2O，终点时碘过量，用0.2000ml/L碘溶液滴定至溶液出现淡黄色且半分钟不消失，记录消耗碘的标准液的体积，故答案为：淡黄色且半分钟不消失；
（5）滴定时，碘具有强氧化性，会腐蚀橡胶管，则碘的标准溶液盛放在酸式滴定管中，故答案为：酸式；
（6）由题意可知，水合肼与碘溶液反应生成氮气、碘化氢和水，反应的化学方程式为N2H2·H2O+2I2=N2↑+4HI+H2O，由方程式可知n（N2H2·H2O）=0.2000ml·L－1×0.0082L×=0.00082ml，250ml溶液中含有的物质的量=0.00082ml× =0.082ml，水合肼（N2H2·H2O）的质量分数= ×100%=82%，故答案为：N2H4·H2O + 2I2 = N2↑+ 4HI + H2O ；82%。
水合肼（N2H4·H2O）中氮元素为—2价，具有还原性，若次氯酸钠过量，具有强氧化性的次氯酸钠会氧化水合肼是解答关键，也是易错点。
28、 光谱仪 < 铁失去的是处于半充满状态的3d5的一个电子，相对较难；钴失去3d6上的一个电子后形成稳定的半充满状态，相对容易 分子 sp2 sp3 DE Cu 4
【解析】
(1)铁是26号元素，价电子电子排布式是3d64s2；光谱仪可以摄取原子光谱；
(2)根据洪特规则，能量相同的原子轨道处于全满、半满、全空状态时能量低，相对稳定；
(3)根据熔沸点判断晶体类型；
(4)有机物中单键碳原子的杂化方式是sp3、双键碳原子的杂化方式是sp2；
(5)根据晶体由Na+、Ni2+、Fe3+和CN―构成分析；
(6) 根据晶胞结构图(c)分析Ni2+的堆积方式；先根据均摊原则计算晶胞中Ni2+、Fe3+和CN―的数目，再利用电荷守恒计算出晶胞中的Na+数目。
【详解】
(1)铁是26号元素，价电子电子排布式是3d64s2，轨道表示式为；可以用光谱仪摄取铁元素的原子光谱；
(2)根据洪特规则，能量相同的原子轨道处于全满、半满、全空状态时能量低，相对稳定；I4(C) 是失去3d6上的一个电子，相对容易，I4(Fe)失去的是处于半充满状态的3d5的一个电子，相对较难，所以I4(C)