黄石市2025-2026学年高考考前提分化学仿真卷（含答案解析）

这是一份黄石市2025-2026学年高考考前提分化学仿真卷（含答案解析），共16页。
3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．
4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．
5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．
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、卤代烃C3H3Cl3的链状同分异构体（不含立体异构）共有
A．4种B．5种C．6种D．7种
2、常温下，向20 mL 0.1ml·L－1一元酸HA中滴加相同浓度的KOH溶液，溶液中由水电离的氢离子浓度随加入KOH溶液体积的变化如图所示。则下列说法错误的是
A．HA的电离常数约为10－5
B．b点溶液中存在：c(A－)＝c(K＋)
C．c点对应的KOH溶液的体积V＝20 mL，c水(H＋)约为7×10－6 ml·L－1
D．导电能力：c>a>b
3、短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X原子的最外层电子数是次外层的3倍，Y是迄今发现的非金属性最强的元素，在周期表中Z位于ⅠA族，W与X属于同一主族。下列说法正确的是
A．原子半径：r(X)＜r(Y)＜r(Z)＜r(W)
B．由X、Z两种元素组成的化合物一定没有共价键
C．W的最高价氧化物对应水化物为弱酸
D．Y的简单气态氢化物的热稳定性比W的强
4、一定温度下，硫酸盐 MSO4(M2＋代表 Ba2+、Sr2+)的沉淀溶解平衡曲线如图所示。已知：p ( M2+ ) =－lgc ( M2+ )，p(SO42－)=－lgc(SO42－)。向 10mL 0.01 ml/L Na2SO4 溶液中滴入 1 滴(约 0. 05 mL) 0. 01 ml/L BaCl2 溶液岀现白色浑浊，而滴入 1 滴(约 0. 05 mL) 0. 01 ml/L SrCl2 溶液无浑浊出现。下列说法中错误的是
A．该温度下，溶度积常数 Ksp(BaSO4)＜Ksp( SrSO4)
B．欲使c点对应BaSO4溶液移向b点，可加浓BaCl2溶液
C．欲使c点对应SrSO4溶液移向a点，可加浓SrCl2溶液
D．SrSO4(s)+Ba2+(aq)⇌BaSO4(s)+Sr2+(aq)的平衡常数为106.8
5、下列化学用语正确的是（ ）
A．重水的分子式：D2OB．次氯酸的结构式：H—Cl—O
C．乙烯的实验式：C2H4D．二氧化硅的分子式：SiO2
6、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是
A．0.1 ml C3H9N中所含共用电子对数目为1.2NA
B．14 g N60（分子结构如图所示）中所含N－N键数目为1.5NA
C．某温度下，1 L pH＝6的纯水中所含OH−数目为1.0×10−8 NA
D．标准状况下，5.6 L甲醛气体中所含的质子数目为4NA
7、下列有关说法正确的是（ ）
A．蔗糖、淀粉、蛋白质、油脂都是营养物质，都属于高分子化合物，都能发生水解反应
B．甲苯与氯气在光照下反应主要生成2，4二氯甲苯
C．乙醇、乙酸、乙酸乙酯都能发生取代反应，乙酸乙酯中的少量乙酸可用饱和Na2CO3溶液除去
D．甲烷、乙烯和苯在工业上都可通过石油分馏得到
8、对二甲苯（PX）可发生如下反应生成对苯二甲酸（PTA）。下列有关说法错误的是
+12MnO4-+36H++12Mn2++28H2O
A．PTA是该反应的氧化产物B．消耗1mlPX，共转移8ml电子
C．PX含苯环的同分异构体还有3种D．PTA与乙二醇可以发生缩聚反应
9、下列实验目的能实现的是
A．实验室制备乙炔B．实验室制备氢氧化亚铁C．实验室制取氨气D．实验室制取乙酸丁酯
10、五种短周期元素T、W、X、Y、Z的原子序数依次增大。T的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，W的简单气态氢化物遇Z的氢化物产生白烟。T、Z原子最外层电子数之和等于X的核外电子总数，T和Y位于同一主族。下列推断正确的是（ ）
A．原子半径：T＜W＜Z＜Y＜X
B．简单气态氢化物的热稳定性：Y＞T＞W
C．氧化物对应水化物的酸性：Y＜T＜W＜Z
D．X3W和XW3都是离子化合物，但所含化学键类型不完全相同
11、含有0.01mlFeCl3的氯化铁饱和溶液因久置变得浑浊，将所得分散系从如图所示装置的 A 区流向B区，其中C区是不断更换中的蒸馏水。已知NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法不正确的是
A．实验室制备 Fe(OH)3胶体的反应为：FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl
B．滤纸上残留的红褐色物质为Fe(OH)3固体颗粒
C．在B区的深红褐色分散系为Fe(OH)3胶体
D．进入C区的H+的数目为0.03NA
12、化学家认为氢气与氮气在固体催化剂表面合成氨的反应过程可用如下示意图表示，其中过程⑤表示生成的NH3离开催化剂表面。下列分析正确的是（ ）
A．催化剂改变了该反应的反应热B．过程③为放热过程
C．过程②是氢气与氮气分子被催化剂吸附D．过程④为吸热反应
13、某溶液X含有K+、Mg2+、Fe3+、Al3+、Fe2+、Cl-、CO32-、OH-、SiO32-、NO3-、SO42-中的几种，已知该溶液中各离子物质的量浓度均为0.2ml·L-1(不考虑水的电离及离子的水解)。为确定该溶液中含有的离子，现进行了如下的操作：
下列说法正确的是
A．无色气体可能是NO和CO2的混合物
B．原溶液可能存在Fe3+
C．溶液X中所含离子种类共有4种
D．另取l00mL原溶液X，加入足量的NaOH溶液，充分反应后过滤，洗涤，灼烧至恒重，理论上得到的固体质量为2.4g
14、从粗铜精炼的阳极泥（主要含有）中提取粗碲的一种工艺流程如图：（已知微溶于水，易溶于强酸和强碱）下列有关说法正确的是（ ）
A．“氧化浸出”时为使确元素沉淀充分，应加入过量的硫酸
B．“过滤”用到的玻璃仪器：分液漏斗、烧杯、玻璃棒
C．“还原”时发生的离子方程式为
D．判断粗碲洗净的方法：取最后一次洗涤液，加入溶液，没有白色沉淀生成
15、下列实验对应的现象以及结论均正确的是
A．AB．BC．CD．D
16、下列有关说法正确的是
A．MgO(s)＋C(s)=CO(g)＋Mg(g)高温下能自发进行，则该反应ΔH＞0、ΔS＞0
B．常温下等物质的量浓度的CH3COOH溶液和HCl溶液中，水的电离程度相同
C．0.1 ml·L－1 NH4Cl溶液加水稀释，的值增大
D．对于反应2SO2＋O2⇌2SO3，使用催化剂能加快反应速率并提高SO2的平衡转化率
17、下列浓度关系正确的是（ ）
A．0.1ml/L 的 NH4HSO4溶液中滴加 0.1 ml/L的Ba(OH)2溶液至刚好沉淀完全：c(NH4+)＞c(OH-)＞c(SO42-)＞c(H+)
B．1L0.1ml/L的KOH 溶液中通入标准状况下的CO2气体3.36L，所得溶液中：c(K+)＋c(H+)＝c(CO32-)＋c(HCO3-)＋c(OH-)
C．0.1ml/L 的NaOH 溶液与0.2 ml/L的 HCN溶液等体积混合，所得溶液呈碱性：c(HCN)＞c(Na+)＞c(CN-)＞c(OH-)＞c(H+)
D．同温下pH相同的NaOH 溶液、CH3COONa 溶液、Na2CO3溶液、NaHCO3溶液的浓度：c(NaOH)＜c(CH3COONa)＜c(NaHCO3)＜c(Na2CO3)
18、科学家发现了在细胞层面上对新型冠状病毒（2019-nCOV）有较好抑制作用的药物：雷米迪维或伦地西韦（RemdeSivir，GS－5734）、氯喹 （ChlrqquinE，Sigma－C6628）、利托那韦 （Ritnavir）。其中利托那韦（Ritnavir）的结构如下图，关于利托那韦说法正确的是
A．能与盐酸或 NaOH溶液反应
B．苯环上一氯取代物有 3种
C．结构中含有 4个甲基
D．1ml该结构可以与13mlH2加成
19、肼(N2H4)是一种高效清洁的火箭燃料。25℃、101kPa时，0.25mlN2H4(g)完全燃烧生成氮气和气态水，放出133.5kJ热量。下列说法正确的是（ ）
A．该反应的热化学方程式为N2H4(g)＋O2(g)=N2(g)＋2H2O(g) ΔH＝－534kJ·ml-1
B．N2H4的燃烧热534kJ·ml-1
C．相同条件下，1mlN2H4(g)所含能量高于1mlN2(g)和2mlH2O(g)所含能量之和
D．该反应是放热反应，反应的发生不需要克服活化能
20、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
21、通过下列反应不可能一步生成MgO的是
A．化合反应B．分解反应C．复分解反应D．置换反应
22、下列说法正确的是( )
A．用NH3·H2O溶液做导电性实验，灯泡很暗，说明NH3·H2O是弱电解质
B．等体积的pH都为2的酸HA和HB分别与足量的铁粉反应，HA放出的H2多，说明HA酸性强
C．c＝0.1 ml·L－1的CH3COOH溶液和c＝0.1 ml·L－1的HCl溶液中，前者的pH大
D．常温下，pH＝5的CH3COOH溶液和pH＝4的HCl溶液中，c(CH3COO－)/c(Cl－)＝1/10
二、非选择题(共84分)
23、（14分）环戊噻嗪是治疗水肿及高血压的药物，其中间体G的一种合成路线如下：
回答下列问题：
(1)A的化学名称是_____________。B中含有官能团的名称为_____________。
(2)反应②的反应类型是________________。
(3)C的结构简式为_______________。
(4)G与新制Cu(OH)2反应的化学方程式为___________________。
(5)X与E互为同分异构体，X中含有六元碳环，且X能与NaOH溶液反应，则符合条件的X的结构简式为_________________。
(6)设计由1,3-丙二醇和丙二酸二乙酯制备的合成路线(其他试剂任选)______________。
24、（12分）阿司匹林是一种解毒镇痛药。烃A是一种有机化工原料，下图是以它为初始原料设计合成阿司匹林关系图：
已知：（苯胺，苯胺易被氧化）
回答下列问题：
（1）C的结构简式为___________。
（2）反应⑤的反应类型___________，在③之前设计②这一步的目的是___________。
（3）F 中含氧官能团的名称________。
（4）G（阿司匹林）与足量NaOH溶液反应的化学方程式为______________。
（5）符合下列条件的 E 的同分异构体有________种。写出核磁共振氢谱中有五组峰，峰面积之比为 1：2：2：2：1 的结构简式：_______（只写一种）。
a．含—OH b．能发生水解反应 c．能发生银镜反应
（6）利用甲苯为原料，结合以上合成路线和下面所给信息合成下图所示的功能高分子材料（无机试剂任选）。________
25、（12分）ClO2(黄绿色易溶于水的气体)是一种高效、低毒的消毒剂。某兴趣小组通过图1装置(夹持装置略)对其制备、吸收和释放进行了研究。
(1)仪器A的名称是_______________________。
(2)安装F中导管时，应选用图2中的___________________。
(3)A中发生反应生成ClO2和Cl2，其氧化产物和还原产物物质的量之比为__________。
(4)关闭B的活塞，ClO2在D中被稳定剂完全吸收生成NaClO2，此时F中溶液的颜色不变，则装置C的作用是__________________。
(5)已知在酸性条件下NaClO2可发生反应生成NaCl并释放出ClO2，该反应的离子方程式为____。
(6)ClO2很不稳定，需随用随制，产物用水吸收可得到ClO2溶液。为测定所得溶液中ClO2的浓度，进行了下列实验：
步骤1：准确量取ClO2溶液10.00mL，稀释成100.00mL试样，量取V0 mL试样加入到锥形瓶中；
步骤2：用稀硫酸调节试样的pH≤2.0，加入足量的KI晶体，静置片刻；
步骤3：加入指示剂，用c ml·L−1 Na2S2O3溶液滴定至终点。重复2次，测得消耗Na2S2O3溶液平均值为V1 mL。
(已知2ClO2+10I−+8H+=2Cl−+5I2+4H2O 2Na2S2O3+I2Na2S4O6+2NaI)
计算该ClO2的浓度为______g/L(用含字母的代数式表示，计算结果化简)。
26、（10分）硝酸亚铁可用作媒染剂、分析试剂、催化剂等。
(1)硝酸亚铁可用铁屑在低温下溶于稀硝酸制得，还原产物为NO。反应的化学方程式为________。
(2)某小组为探究硝酸亚铁晶体的热分解产物，按下图所示装置进行实验。
①仪器B的名称是____，实验中无水CuSO4变蓝，由此可知硝酸亚铁晶体含有___。
②实验中观察到A装置的试管中有红棕色气体生成，检验热分解后固体为氧化铁的实验方案为：
A中硝酸亚铁晶体[Fe(NO3)2·xH2O]分解的化学方程式为______ 。
(3)继续探究mg硝酸亚铁晶体中铁元素的质量分数
①取A中热分解后的固体放入锥形瓶，用稀硫酸溶解，加入过量的KI溶液，滴入2滴___作指示剂。
②用a ml/LNa2S2O3标准溶液滴定锥形瓶中的溶液(已知：I2+2S2O32-=2I-+S4O62-)，滴定至终点时用去bmLNa2S2O3溶液，则硝酸亚铁晶体中铁的质量分数为______。
27、（12分）实验室模拟“间接电化学氧化法”处理氨氮废水。以硫酸铵和去离子水配制成初始的模拟废水，并以NaCl调剂溶液中氯离子浓度，如图所示进行模拟实验。
（1）阳极反应式为___。
（2）去除NH4+的离子反应方程式为___。
28、（14分）铜及其化合物在生产、生活中有广泛应用。回答下列问题：
(1)铜和锌相邻，铜和锌的几种状态：①铜：[Ar]3d10；②铜：[Ar]3d104s1③铜：[Ar]3d104p1④锌：[Ar]3d104s1⑤锌：[Ar]3d104s2。它们都失去1个电子时需要的能量由大到小排序为 ___(填字母)。
a.①⑤④②③ b.①④⑤②③ c.②①③⑤④ d.⑤①④③②
画出基态铜原子的价电子排布图____。
(2)Cu2+与NH3·H2O等形成配离子。[Cu(NH3)4]2+中2个NH3被2个H2O取代得到两种结构的配离子，则[Cu(NH3)4]2+的空间构型是____(填“正四面体”或“正四边形”)。
(3)CuF2晶体的熔点为836℃。其能量循环图示如下(a、b、c 等均大于0)：
F-F键能为 ___kJ∙ml-1，CuF2(s)的晶格能为 ___kJ∙ml-1。
(4)铜常作醇氧化反应的催化剂。M中C原子的杂化类型有 ___种，M的熔沸点比N的高，原因是 ___。

(5)磷青铜晶胞结构如图所示。NA代表阿伏加德罗常数的值，铜、磷原子最近距离为
①铜与铜原子最近距离为____nm。
②磷青铜晶体密度为___ g∙cm-3(用代数式表示)。
29、（10分）氯胺是一种长效缓释水消毒剂，主要包括一氯胺、二氯胺和三氯胺(NH2Cl，NHCl2和NCl3)。工业上可利用NH3(g)+Cl2(g) NH2Cl(g)+HCl(g)制备一氯胺。回答下列问题：
（1）氯胺作饮用水消毒剂是因为水解生成具有强烈杀菌作用的物质，该物质是___，二氯胺与水反应的化学方程式为___。
（2）已知部分化学键的键能和化学反应的能量变化如表和如图所示（忽略不同物质中同种化学键键能的细微差别）。
则ΔH2=___kJ/ml，x=___。
（3）在密闭容器中反应NH3(g)+Cl2(g) NH2Cl(g)+HCl(g)达到平衡，据此反应通过热力学定律计算理论上NH2Cl的体积分数随（氨氯比）的变化曲线如图所示。
①a、b、c三点对应平衡常数的大小关系是___。T1温度下该反应的平衡常数为___（列出算式即可）。
②在T2温度下，Q点对应的速率：v正___v逆（填“大于”“小于”或“等于”）。
③在氨氯比一定时，提高NH3的转化率的方法是___（任写1种)
④若产物都是气体，实验测得NH2Cl的体积分数始终比理论值低，原因可能是___。
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】
由C3H3Cl3的不饱和度为3+1-=1可知碳链上有一个双键，C3H3Cl3的链状同分异构体相当于丙烯的三氯代物，采用定二移一的方法进行讨论。
【详解】
卤代烃C3H3Cl3的链状同分异构体中三个氯原子在一个碳原子的有一种：CH2=CH−CCl3；两个氯原子在一个碳原子上一个氯原子在另一个碳原子上的有四种：CCl2=CCl−CH3、CCl2=CH−CH2Cl、CHCl=CH−CHCl2、CH2=CCl−CHCl2；三个氯原子在三个碳原子上的有一种：CHCl=CCl−CH2Cl，共6种。
答案选C。
卤代烃的一氯代物就是看等效氢，二氯代物可以看作是一氯代物的一氯代物，三氯代物可以看作是二氯代物的一氯代物。
2、D
【解析】
A．由a点可知，0.1ml/L一元酸HA中c水(H+)=c水(OH-)=1×10-11ml/L，则c(H+)=1×10-14÷10-11=1×10-3ml/L，则HA的电离常数，A选项正确；
B．b点溶液中c水(H+)=1×10-7ml/L，c点c水(H+)最大，则溶质恰好为KA，显碱性，a点显酸性，c点显碱性，则中间c水(H+)=1×10-7ml/L的b点恰好显中性，根据电荷守恒可得c(A-)+c(OH-)=c(K+)+c(H+)，又c(OH-)=c(H+)，则c(A-)=c(K+)，B选项正确；
C．c点时加入的KOH的物质的量n(KOH)=20mL×0.1ml/L÷0.1ml/L=20mL，由HA的Ka=1×10-5，可得A-的则c(A-)≈0.05ml/L，则c(OH-)≈7×10-6ml/L，在KA中c(OH-)都是由水电离处的，则c水(OH-)=c水(H+)≈7×10-6ml/L，C选项正确；
D．向一元弱酸中加入相同浓度的一元强碱，溶液的导电能力逐渐增强，则导电能力：c>b>a，D选项错误；
答案选D。
3、D
【解析】
分析题给信息，X原子的最外层电子数是次外层的3倍，则X应为O元素；Y是迄今发现的非金属性最强的元素，应为F元素；在周期表中Z位于ⅠA族，由原子序数关系可知Z为Na元素，W与X属于同一主族，W应为S元素。
【详解】
A．电子层数越多，原子半径越大，同周期元素的原子序数越大，原子半径越小，则原子半径r(F)＜r(O)＜r(S)＜r(Na)，A项错误；
B．X为O，Z为Na，由Y、Z两种元素组成的化合物可能为过氧化钠，其分子中含有离子键和共价键，B项错误；
C．W最高价氧化物对应水化物为硫酸，属于强酸，C项错误；
D．非金属性F＞S，元素的非金属性越强，对应的简单氢化物越稳定，D项正确；
答案选D。
微粒半径大小的决定因素：
决定因素是电子层数和核电荷数。电子层数越多，则微粒半径越大；电子层数相同时，核电荷数越多，对核外电子的吸引力越大，微粒半径越小，比较时应综合考虑二者。
4、C
【解析】
由题意可知Ksp( BaSO4)=c(Ba2+)·c(SO)＜，Ksp( SrSO4)=c(Sr2+)·c(SO)＞，可判断a 点所在直线(实线)表示SrSO4沉淀溶解平衡曲线，b、c点所在直线表示BaSO4沉淀溶解平衡曲线。
【详解】
A．利用数据可得Ksp(BaSO4)=c(Ba2+)·c(SO)=1.0×10－5×1.0×10－5=1×10－10，Ksp(SrSO4)= c(Sr2+)·c(SO)=1.0×10－1.6×1.0×10－1.6=1×10－10=1×，故A正确；
B．欲使c点BaSO4饱和溶液(Ba2+、SO浓度相等)移向b点(饱和溶液)，需使c(Ba2+)增大、c(SO)减小，则可加入BaCl2浓溶液，故B正确；
C．欲使c点SrSO4溶液(不饱和溶液)移向a点(饱和溶液)，需使c(Sr2+)、c(SO)都增大且保持相等，则需加入SrSO4固体，故C错误；
D．SrSO4(s) +Ba2+(aq)BaSO4(s) +Sr2+(aq)的平衡常数K=，故D正确；
答案选C。
5、A
【解析】
A. 重水中氧原子为16O，氢原子为重氢D，重水的分子式为D2O，故A正确；
B. 次氯酸中不存在氢氯键，其中心原子为氧原子，分子中存在1个氧氢键和1个氧氯键，结构式为H—O—Cl，故B错误；
C. 实验式为最简式，乙烯的实验式为CH2，故C错误；
D. 二氧化硅晶体为原子晶体，不存在二氧化硅分子，故D错误。
答案选A。
6、C
【解析】
A.根据物质中的最外层电子数进行分析，共用电子对数为，所以0.1 ml C3H9N中所含共用电子对数目为1.2NA ，故正确；
B. 14 g N60的物质的量为，N60的结构是每个氮原子和三个氮原子结合形成两个双键和一个单键，每两个氮原子形成一个共价键，1ml N60含有的氮氮键数为，即14 g N60的含有氮氮键 ，数目为1.5NA，故正确；
C. 某温度下，1 L pH＝6的纯水中氢离子浓度为10-6ml/L，纯水中氢离子浓度和氢氧根离子浓度相等，所以氢氧根离子浓度为10-6ml/L，氢氧根离子数目为10-6 NA，故错误；
D. 标准状况下，5.6 L甲醛气体物质的量为0.25ml，每个甲醛分子中含有16个质子，所以0.25ml甲醛中所含的质子数目为4NA，故正确。
故选C。
7、C
【解析】
A．油脂属于小分子化合物，不是高分子化合物，故A错误；
B．甲苯和氯气在光照条件下发生取代反应时，取代甲基上氢原子而不是苯环上氢原子，故B错误；
C．乙醇、乙酸能发生酯化反应，乙酸乙酯能发生水解反应，所以乙醇、乙酸、乙酸乙酯都能发生取代反应；制备乙酸乙酯时常用饱和碳酸钠溶液，目的是中和挥发出来的乙酸，使之转化为乙酸钠溶于水中，故C正确；
D．石油的分馏不能得到甲烷、乙烯等，只能的到汽油、煤油、柴油等轻质油和重油，然后轻质油再经过裂解可以得到甲烷、乙烯等小分子烃，通过煤的干馏可得到苯，故D错误；
故选C。
8、B
【解析】
A. 反应中Mn元素的化合价降低，作氧化剂，则PX作还原剂，所以PTA是该反应的氧化产物，故A正确，不符合题意；
B. 反应中，Mn元素的化合价从+7价降低到+2价，转移5个电子，则1mlPX反应消耗2.5ml MnO4-，共转移12.5NA个电子，故B错误，符合题意；
C. PX含苯环的同分异构体，有邻间对三种二甲苯和乙苯，共计四种同分异构体，所以PX含苯环的同分异构体还有3种，故C正确，不符合题意；
D. PTA与乙二醇通过缩聚反应即可生产PET塑料，对二甲苯与乙二醇之间能发生缩聚反应，故D正确，不符合题意；
故选：B。
9、C
【解析】
A．反应剧烈发出大量的热，不易控制反应速度，且生成氢氧化钙易堵塞多孔隔板，则不能利用图中制取气体的简易装置制备乙炔，故A错误；
B．Fe与硫酸反应生成氢气，可排出空气，但图中左侧试管内的导气管没有伸入到反应的液面内，硫酸亚铁溶液不能通过利用氢气的压强，使硫酸亚铁与NaOH接触而反应，故B错误；
C．碳酸氢铵分解生成氨气、水、二氧化碳，碱石灰可吸收水、二氧化碳，则图中装置可制备少量氨气，故C正确；
D．乙酸丁酯的沸点124～126℃，反应温度115～125℃，则不能利用图中水浴加热装置，故D错误；
故选：C。
10、D
【解析】
五种短周期元素T、W、X、Y、Z的原子序数依次增大。通过T的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代可以判断，T为C元素；根据W的简单气态氢化物遇Z的氢化物产生白烟，W的原子序数小于Z可以判断出，W为N元素，Z为Cl元素；T、Z原子最外层电子数之和等于X的核外电子总数可以判断出，X的核外电子数为11，X为Na；T和Y位于同一主族，T的原子序数最小，判断出Y为Si元素。
【详解】
A．根据元素电子层数和核电荷数判断，原子半径大小为：W< T H2CO3> HCO3-。酸越强，盐水解的程度就越小。当溶液的pH相同时，盐的浓度就越大。故各物质的浓度的关系是：c (NaOH)＜c (Na2CO3) ＜c (NaHCO3)＜c (CH3COONa)，错误；
答案选C。
18、A
【解析】
A．利托那韦（Ritnavir）结构中含有肽键、酯基，在酸碱条件下都能水解，A选项正确；
B．由于两个苯环没有对称，一氯取代物有6种，B选项错误；
C．根据结构简式可知，该结构中有5个甲基，C选项错误；
D．由于肽键、酯基的碳氧双键一般不参与氢气加成，苯环、碳碳双键、碳氮双键可与H2发生加成反应，所以1 ml该结构可以与3+3+2+2=10 ml H2加成，D选项错误；
答案选A。
19、A
【解析】
A.由已知25℃、101kPa时，0.25mlN2H4(g)完全燃烧生成氮气和气态水，放出133.5kJ热量,则1ml肼燃烧放出的热量为534 kJ，故该反应的热化学方程式为：N2H4(g)+O2(g)= N2(g)+2H2O(g)△H=-534 kJ.ml-1，故A正确。
B. 燃烧热是指生成为稳定的氧化物所放出的热量，但水蒸气都不是稳定的氧化物，N2为单质，故B错误。
C.由N2H4(g)+O2(g)= N2(g)+2H2O(g)△H=-534 kJ.ml-1，可知该反应是放热反应，所以1 mlN2H4(g)和1 ml O2(g)所含能量之和高于1 ml N2(g)和2 ml H2O(g)所含能量之和，故C错误；
D.化学反应实质旧键断裂新键生成，旧化学键断裂时需要消耗能量，且两个过程能量不相等，因此需要克服活化能，故D错误；
答案：A。
20、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。
21、C
【解析】
A. 2Mg+O22MgO属于化合反应，A不选；
B. Mg(OH)2MgO＋H2O属于分解反应，B不选；
C. 复分解反应无法一步生成MgO，C选；
D. 2Mg＋CO22MgO＋C属于置换反应，D不选；
答案选C。
22、C
【解析】
A、没指出浓度，所以无法判断，选项A错误；
B、HA放出的H2多，说明没有HA电离的多，酸性弱，选项B错误；
C、c＝0.1 ml·L－1的CH3COOH溶液和c＝0.1 ml·L－1的HCl溶液中，CH3COOH是弱电解质，部分电离，酸性弱，pH大，选项C正确；
D、pH＝5的CH3COOH溶液和pH＝4的HCl溶液中，用电荷守恒得到c(CH3COO－)＝c(H＋)－c(OH－)＝(10－5－10－9) ml·L－1，c(Cl－)＝c(H＋)－c(OH－)＝(10－4－10－10) ml·L－1，c(CH3COO－)/c(Cl－)＜，选项D错误；
答案选C。
二、非选择题(共84分)
23、氯乙酸乙酯 酯基 取代反应 +2Cu(OH)2+NaOH+Cu2O↓+3H2O 和
【解析】
(1)直接命名A的化学名称和B中含有官能团的名称。
(2)先根据②③前后联系得出C的结构简式，得出反应②的反应类型。
(3) 根据②③前后联系得出C的结构简式
(4)联系教材的乙醛与新制Cu(OH)2反应书写方程式。
(5)X与E互为同分异构体，X中含有六元碳环，且X能与NaOH溶液反应，说明X中含有羧基或酯基，总共有7个碳原子，除了六元环，还剩余1个碳原子，再进行书写。
(6)先将1,3-丙二醇与HBr反应，得到，再在一定条件下与CH2(COOC2H5)2得到，再水解和酸化得到，最后再根据反应④得到产物。
【详解】
(1)A的化学名称是氯乙酸乙酯；B中含有官能团的名称为酯基，故答案为：氯乙酸乙酯；酯基。
(2)根据②③前后联系得出C的结构简式为，因此反应②的反应类型是取代反应，故答案为：取代反应。
(3)根据上题分析得出C的结构简式为，故答案为：。
(4)G与新制Cu(OH)2反应的化学方程式为+2Cu(OH)2+NaOH+Cu2O↓+3H2O，故答案为：+2Cu(OH)2+NaOH+Cu2O↓+3H2O。
(5)X与E互为同分异构体，X中含有六元碳环，且X能与NaOH溶液反应，说明X中含有羧基或酯基，总共有7个碳原子，除了六元环，还剩余1个碳原子，因此则符合条件的X的结构简式为和，故答案为：和。
(6) 先将1,3-丙二醇与HBr反应，得到，再在一定条件下与CH2(COOC2H5)2得到，再水解和酸化得到，最后再根据反应④得到产物，因此总的流程为，故答案为：。
24、 取代反应 保护酚羟基，防止酚羟基被氧化 羧基和酚羟基 17种 或
【解析】
根据流程图，烃A与氯气发生取代反应生成卤代烃B，B在氢氧化钠溶液条件下水解后酸化生成C，根据C的化学式可知，A为甲苯()，根据E的结构，结合信息②可知，D为，则C为，因此B为苯环上的氢原子被取代的产物，反应条件为铁作催化剂，B为，据此分析。
【详解】
根据流程图，烃A与氯气发生取代反应生成卤代烃B，B在氢氧化钠溶液条件下水解后酸化生成C，根据C的化学式可知，A为甲苯()，根据E的结构，结合信息②可知，D为，则C为，因此B为苯环上的氢原子被取代的产物，反应条件为铁作催化剂，B为。
(1)根据上述分析，C为；
（2）反应⑤是与乙酸酐发生取代反应生成和乙酸，反应类型为取代反应；
在③之前设计②可以保护酚羟基，防止酚羟基被氧化，故答案为取代反应；保护酚羟基，防止酚羟基被氧化；
（3）F为，含氧官能团的名称为羧基和酚羟基；
(4)G(阿司匹林)中的酯基水解生成的羟基为酚羟基，也能与氢氧化钠反应，因此与足量NaOH溶液反应的化学方程式为；
(4)E为，a．含—OH，可为酚羟基、醇羟基或羧基中的—OH；b．能发生水解反应说明含有酯基； c．能发生银镜反应说明含有醛基；满足条件的结构是：若苯环上只有一个取代基则为HCOOCH(OH)-，只有一种；若苯环上有两个取代基，可为HCOOCH2-和-OH，苯环上的位置可为邻、间、对位，故有3种；若苯环上有两个取代基还可以为HCOO-和-CH2OH，苯环上的位置可为邻、间、对位，故有3种；若苯环上有三个取代基，为HCOO-、-CH3和-OH，根据定二议三，两个取代基在苯环上有邻、间、对位，再取代第三个取代基在苯环上时分别有4、4、2种共10种；综上符合条件的同分异构体共有17种；其中核磁共振氢谱中有五组峰，峰面积之比为 1：2：2：2：1 的结构简式为或；
(5)用甲苯为原料合成功能高分子材料()。需要合成，根据题干信息③，可以由合成；羧基可以由甲基氧化得到，因此合成路线为。
25、圆底烧瓶 b 1∶2 吸收Cl2 4H++5ClO2-=Cl−+4ClO2↑+2H2O 135cV1/V0
【解析】
根据实验装置图可知，A、B是制备氯气和二氧化氯的；C是用于吸收氯气的；D是用于吸收二氧化氯的，E是用于重新释放二氧化氯的，F是可验证尾气中是否含有氯气。
【详解】
(1)根据仪器特征，可知仪器A是圆底烧瓶；
(2)F装置应是Cl2和KI反应，还需要连接尾气处理装置，所以应长管进气，短管出气，故选b；
(3)氯酸钠和稀盐酸混合产生Cl2和ClO2，NaClO3中氯为+5价被还原成ClO2中+4价，盐酸中氯为-1价，被氧化成0价氯，转移电子数为2，所以NaClO3、ClO2前化学计量数为2，Cl2前化学计量数为1，反应化学方程式：2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O，其氧化产物Cl2和还原产物ClO2物质的量之比为1∶2；
(4)F装置中发生Cl2+2KI=2KCl+I2时，碘遇淀粉变蓝，而F中溶液的颜色不变，则装置C的作用是吸收Cl2；
(5)在酸性条件下NaClO2可发生反应生成NaCl并释放出ClO2，根据元素守恒可知应还有水生成，该反应的离子方程式为4H++5ClO2-=Cl−+4ClO2↑+2H2O；
(6)设原ClO2溶液的浓度为x ml/L，则根据滴定过程中的反应方程式可知2ClO2～5I2～10Na2S2O3；则有，解得x=，换算单位得。
26、3Fe+8HNO3(稀)=3Fe(NO3)2+2NO↑+4H2O 干燥管(或球形干燥管) 结晶水 l~2滴KSCN溶液 无蓝色沉淀生成 4Fe(NO3)2•xH2O2Fe2O3+8NO2↑+O2↑+4xH2O 淀粉溶液
【解析】
(1) 铁在低温下溶于稀硝酸，反应生成硝酸亚铁和NO，据此书写反应的化学方程式；
(2)①无水CuSO4变蓝，说明生成了水，据此解答；②实验中观察到A装置的试管中有红棕色气体生成，该气体为二氧化氮，同时生成氧化铁，据此书写分解的化学方程式；将少量氧化铁溶于稀硫酸，得到含有铁离子的溶液，铁离子遇到KSCN变红色， K3 [Fe(CN)6]溶液是检验亚铁离子的试剂，据此分析解答；
(3)①铁离子具有氧化性，加入过量的KI溶液，能够将碘离子氧化生成碘单质，据此选择指示剂；②根据发生的反应2Fe3++2I-=2Fe2++I2，I2+2S2O32-=2I-+S4O62-分析解答。
【详解】
(1) 铁在低温下溶于稀硝酸，反应生成硝酸亚铁和NO，反应的化学方程式为3Fe+8HNO3(稀)=3Fe(NO3)2+2NO↑+4H2O，故答案为3Fe+8HNO3(稀)=3Fe(NO3)2+2NO↑+4H2O；
(2)①根据装置图，仪器B为干燥管，实验中无水CuSO4变蓝，说明生成了水，由此可知硝酸亚铁晶体含有结晶水，故答案为干燥管；结晶水；
②实验中观察到A装置的试管中有红棕色气体生成，该气体为二氧化氮，同时生成氧化铁，则硝酸亚铁晶体[Fe(NO3)2·xH2O]分解的化学方程式为4Fe(NO3)2•xH2O2Fe2O3+8NO2↑+O2↑+4xH2O；根据检验氧化铁的实验步骤：将少量氧化铁溶于稀硫酸，得到含有铁离子的溶液，铁离子遇到KSCN变红色， K3 [Fe(CN)6]溶液是检验亚铁离子的试剂，因此滴入1～2滴K3 [Fe(CN)6]溶液，无蓝色沉淀生成，故答案为l～2滴KSCN溶液；无蓝色沉淀生成；4Fe(NO3)2•xH2O2Fe2O3+8NO2↑+O2↑+4xH2O；
(3)①铁离子具有氧化性，加入过量的KI溶液，能够将碘离子氧化生成碘单质，因此可以选用淀粉溶液作指示剂，故答案为淀粉溶液；
②发生的反应有2Fe3++2I-=2Fe2++I2，I2+2S2O32-=2I-+S4O62-，有关系式2Fe3+～I2～2S2O32-，因此硝酸亚铁晶体中铁的质量分数为×100%=，故答案为。
本题的易错点为(2)②，要注意K3 [Fe(CN)6]溶液的作用是检验亚铁离子，如果溶液中存在亚铁离子，则会生成蓝色沉淀。
27、2Cl-﹣2e-=Cl2↑ 2NH4++3Cl2=8H++N2↑+6Cl-
【解析】
（1）阳极发生氧化反应，氯离子的放电生成氯气；（2）氯气具有氧化性，而铵根离子中氮是﹣3价，被氧化成氮气，氯气得电子生成﹣1价的氯离子，由此书写离子反应的方程式。
【详解】
（1）阳极发生氧化反应，氯离子的放电生成氯气，电极反应的方程式为：2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑，故答案为：2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑；
（2）氯气具有氧化性，而铵根离子中氮是﹣3价，被氧化成氮气，氯气得电子生成﹣1价的氯离子，离子反应的方程式为2NH4++3Cl2=8H++N2↑+6Cl﹣，故答案为：2NH4++3Cl2=8H++N2↑+6Cl﹣。
28、b 正四边形 d g 2 M分子间能形成氢键，N分子间不能 a×10-3
【解析】
(1)铜：[Ar]3d10最外层为全满状态，且最外层为M层，所以其失去1个电子时需要的能量最大，所以铜的第二电离能大于锌的第二电离能，①＞④；锌的第二电离能大于锌的第一电离能，④＞⑤；基态铜的第一电离能大于激发态铜的第一电离能，②＞③；基态锌⑤锌：[Ar]3d104s2最外层为全满状态，锌的第一电离能大于铜的第一电离能，⑤＞②，综上所述选b；基态铜原子价电子为3d104s1，排布图为；
(2)若[Cu(NH3)4]2+的空间构型为正四面体，则2个H2O取代2个NH3只能得到一种结构，所以其空间构型为正四边形；
(3)断裂1 ml化学键形成气态原子吸收的能量叫键能，则F-F键能为d kJ∙ml-1；气态离子形成1 ml离子键所释放的能量叫晶格能，则CuF2的晶格能为g kJ∙ml-1；
(4)M中苯环上和碳碳双键上的碳原子为sp2杂化，与羟基相连的碳原子为sp3杂化，共2种杂化方式；M分子中含有羟基可以形成分子间氢键，使熔沸点升高；
(5)根据观察可知，该晶胞参数等于铜磷原子距离的2倍，所以晶胞参数为apm，2个相连铜原子的最近距离为面对角线的一半，距离为a×10-3nm；根据均摊法可知该晶胞中铜原子个数为=3，锡原子个数为=1，磷原子个数为1，则晶胞的质量为，晶胞体积为(a×10-10)cm3，所以密度为 g∙cm-3。
分析[Cu(NH3)4]2+的空间构型时可以参照甲烷的空间构型，甲烷为正四面体，其二氯代物只有一种，而[Cu(NH3)4]2+由2个H2O取代2个NH3可得两种产物，说明[Cu(NH3)4]2+不是正四面体；进行晶胞计算时要注意单位的换算，1pm=10-3nm=10-10cm。
29、HClO NHCl2+2H2O NH3 +2HClO -1405.6 191.2 Ka=Kb>Kc或a=b>c 小于 加热（或者及时移出产物） 有副产物生成，如NHCl2、NCl3、N2等
【解析】
（1）氯胺中N为-3价，Cl为+1价，在水中水解生成一种有强氧化性的物质，说明生成HClO；NHCl2水解生成氨气和次氯酸，其水解的离子方程式为NHCl2+2H2O NH3 +2HClO；
（2）根据图中内容,可以看出：ΔH2=-（ΔH1-ΔH）=ΔH-ΔH1=11.3kJ/ml-1416.9 kJ/ml=-1405.6 kJ/ml；根据图中内容，可以看出NH3(g)+Cl2(g) NH2Cl(g)+HCl(g) △H=+11.3kJ/ml，化学反应的焓变等于产物的能量与反应物能量的差值，旧键断裂吸收能量，新键生成释放能量，设断裂1mlN−Cl键所需的能量为x，新键生成释放的能量ΔH2=-(391.3×2+x+431.8)kJ/ml=-1405.6kJ/ml，解得x=191.2；
（3）①反应NH3(g)+Cl2(g) NH2Cl(g)+HCl(g)是吸热反应，a和b温度一致，平衡常数相等，c点NH2Cl的体积分数减小，平衡常数减小，温度应该升高，所以Ka=Kb>Kc或a=b>c；T1温度下，=0.4时，NH2Cl的体积分数为20%，设n（NH3）=0.4a，n（Cl2）=a，则有；
NH3(g)+Cl2(g) NH2Cl(g)+HCl(g)
起始（ml）0.4a a 0 0
转化（ml）x x x x
平衡（ml）0.4a-x a-x x x
NH2Cl的体积分数==20%，x=0.28a，平衡常数K= = = ；
②在T2温度下，Q点相当于加入部分NH2Cl，则v正不变，v逆增大，故v正小于v逆；
③在氨氯比一定时，该反应吸热，可以加热来提高NH3的转化率，或者及时移出产物NH2Cl和HCl；
④若产物都是气体，实验测得NH2Cl的体积分数始终比理论值低，原因可能是有副产物生成，如NHCl2、NCl3、N2等。
选项
实验
现象
结论
A
向装有溴水的分液漏斗中加入裂化汽油，充分振荡，静置
下层为橙色
裂化汽油可萃取溴
B
向Ba(ClO)2溶液中通入SO2
有白色沉淀生成
酸性:H2SO3>HClO
C
分别向相同浓度的ZnSO4溶液和CuSO4溶液中通入H2S
前者无现象，后者有黑色沉淀生成
Ksp(ZnS)>Ksp(CuS)
D
向鸡蛋清溶液中滴加饱和
Na2SO4溶液
有白色不溶物析出
Na2SO4能使蛋白质变性
实验步骤
现象
取少量固体加适量稀硫酸，振荡，将溶液分成两份
固体溶解得黄色溶液
一份滴入____
溶液变成红色
另一份滴入1～2滴K3 [Fe(CN)6]溶液
___________
化学键
N-H
N-Cl
H-Cl
键能（kJ/ml）
391.3
x
431.8