福建省龙岩市2026年高三第四次模拟考试化学试卷（含答案解析）

这是一份福建省龙岩市2026年高三第四次模拟考试化学试卷（含答案解析），共10页。试卷主要包含了考生要认真填写考场号和座位序号等内容，欢迎下载使用。
2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。
3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。
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、下列实验中，所采取的分离方法与对应原理都正确的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
2、聚苯胺是一种在充放电过程中具有更优异可逆性的电极材料。Zn一聚苯胺二次电池的结构示意图如图所示，设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是（ ）
A．放电时，外电路每通过0.1NA个电子时，锌片的质量减少3.25g
B．充电时，聚苯胺电极的电势低于锌片的电势
C．放电时，混合液中的Cl-向负极移动
D．充电时，聚苯胺电极接电源的正极，发生氧化反应
3、属于工业固氮的是
A．用N2和H2合成氨B．闪电将空气中N2转化为NO
C．用NH3和CO2合成尿素D．固氮菌将氮气变成氨
4、下列离子方程式的书写及评价，均合理的是
A．AB．BC．CD．D
5、化学与生活密切相关。下列说法错误的是
A．泡沫灭火器可用于一般的灭火，也适用于电器灭火
B．疫苗一般应冷藏存放，以避免蛋白质变性
C．家庭装修时用水性漆替代传统的油性漆，有利于健康及环境
D．电热水器用镁棒防止内胆腐蚀，原理是牺牲阳极的阴极保护法
6、实验室可用浓盐酸与浓硫酸混合快速制取HCl．下列解释合理的是（ ）
A．浓硫酸是高沸点的酸，通过它与浓盐酸反应制取低沸点的酸
B．通过改变温度和浓度等条件，利用平衡移动原理制取HCl
C．两种强酸混合，溶解度会相互影响，低溶解度的物质析出
D．浓硫酸的浓度远大于浓盐酸的浓度，高浓度的酸制取低浓度的酸
7、改变下列条件，只对化学反应速率有影响，一定对化学平衡没有影响的是
A．催化剂B．浓度C．压强D．温度
8、下列属于不可再生能源的是（ ）
A．氢气B．石油C．沼气D．酒精
9、下判说法正确的是
A．常温下，c(Cl-)均为0.1ml/LNaCl溶液与NH4Cl溶液， pH相等
B．常温下，浓度均为0.1ml/L的CH3COOH溶液与HCl溶液，导电能力相同
C．常温下，HCl溶液中c(Cl-)与CH3COOH溶液中c(CH3COO-)相等，两溶液的pH相等
D．室温下，等物质的量浓度的CH3COOH溶液和NaOH溶液等体积混合，所得溶液呈中性
10、下列物质中，由极性键构成的非极性分子是
A．氯仿B．干冰C．石炭酸D．白磷
11、酚酞是一种常见的酸碱指示剂，其在酸性条件下结构如图所示，则下列对于酚酞的说法正确的是（ ）
A．在酸性条件下，1ml酚酞可与4mlNaOH发生反应
B．在酸性条件下，1ml酚酞可与4mlBr2发生反应
C．酸性条件下的酚酞在一定条件下可以发生加聚反应生成高分子化合物
D．酸性条件下的酚酞可以在一定条件下发生加成反应，消去反应和取代反应
12、SO2是大气污染物，造成酸雨的主要原因，用如图所示装置可以既吸收工厂排放的废气中的SO2，又可以生成一定量的硫酸，下列说法正确的是( )
A．a为正极，b为负极
B．生产过程中氢离子由右移向左
C．从左下口流出的硫酸的质量分数一定大于50%
D．负极反应式为SO2＋2H2O-2e-=SO42-＋4H+
13、FFC电解法可由金属氧化物直接电解制备金属单质，西北稀有金属材料研究院利用此法成功电解制备钽粉(Ta)，其原理如图所示。下列说法正确的是
A．该装置将化学能转化为电能
B．a极为电源的正极
C．Ta2O5极发生的电极反应为Ta2O5+10e—=2Ta+5O2—
D．石墨电极上生成22.4 L O2，则电路中转移的电子数为4×6.02×1023
14、下列关于有机化合物 和 的说法正确的是( )
A．一氯代物数目均有6种
B．二者均能发生取代、加成和氧化反应
C．可用酸性高锰酸钾溶液区分
D．分子中所有碳原子可能在同一平面上
15、近期，我国爆发了新冠状病毒感染导致的肺炎，很多现象可以利用化学知识加以解释。下列过程不涉及化学反应的是
A．使用医用酒精杀死病毒的过程
B．制药厂中合成抗病毒药物达芦那韦的过程
C．患者呼出的病群形成气溶胶的过程
D．病毒在被感染的宿主细胞中的增殖过程
16、下列有关说法正确的是
A．用乙醚从黄花蒿中提取青蒿素是利用了氧化还原反应原理
B．铁锈是化合物，可用Fe2O3·nH2O(2≤nc(OH－)=c(H+)
B．相同浓度的CH3COONa和NaClO溶液混合后，溶液中各离子浓度的大小关系为：c(Na+)>c(ClO-)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)
C．PH＝1 NaHSO4溶液中c (H+)＝2 c (SO42-)+ c (OH-)
D．常温下，pH=7的CH3COONa和CH3COOH混合溶液中：c(Na+)= c (CH3COOH)> c (CH3COO－)> c (H+) = c (OH－)
二、非选择题(共84分)
23、（14分）奥美拉唑主要用于十二指肠溃疡和胃溃的治疗，静脉注射可用于消化性溃疡急性出的治疗，反应中间体F和奥美拉性的合成路线如下：
I 中间体F的合成：
II奧美拉唑的合成：
已知：
结合上述合成路线，请回答：
（1）下列说法正确的是__________
A．奥美拉的分子式为C18 H19N3O3S
B．J生成K的反应类型为加成反应
C．化合物C可以发生的反应类型有取代、还原、加成
D．设计A转化为B的目的是保护其中的官能团
（2）化合物F的结构简式为_______________________________；
（3）请写出A→B的反应方程式___________________________________；
（4）试写出同时满足下列条件的化合物H的同分异构体: _____________________________
①分子中含苯环，遇FeC13显紫色
②分子中含有4种不同化学环境的氢原子。
（5）利用已有知识和题中涉及的反应，设计从乙烯合成的路线。(用流程图表示，无机试剂任选)_________________________
24、（12分）丙胺卡因（H）是一种局部麻醉药物，实验室制备H的一种合成路线如下：
已知：
回答下列问题：
(1)B的化学名称是________，H的分子式是_____________。
(2)由A生成B的反应试剂和反应条件分别为_______________。
(3)C中所含官能团的名称为_________，由G生成H的反应类型是___________。
(4)C与F反应生成G的化学方程式为______________________________________。反应中使用K2CO3的作用是_______________。
(5)化合物X是E的同分异构体，X能与NaOH溶液反应，其核磁共振氢谱只有1组峰。X的结构简式为____________________。
(6)（聚甲基丙烯酸甲酯）是有机玻璃的主要成分，写出以丙酮和甲醇为原料制备聚甲基丙烯酸甲酯单体的合成路线：________________。（无机试剂任选）
25、（12分）某研究性学习小组对过量炭粉与氧化铁反应的气体产物成分进行研究。
（1）提出假设①该反应的气体产物是CO2；②该反应的气体产物是CO。
③该反应的气体产物是 。
（2）设计方案，如图所示，将一定量的氧化铁在隔绝空气的条件下与过量炭粉完全反应，测定参加反应的碳元素与氧元素的质量比。
（3）查阅资料
氮气不与碳、氧化铁发生反应。实验室可以用氯化铵饱和溶液和亚硝酸钠（NaNO2）饱和溶液混合加热反应制得氮气。
请写出该反应的离子方程式： 。
（4）实验步骤
①按上图连接装置，并检查装置的气密性，称取3.20g氧化铁、2.00g碳粉混合均匀，放入48.48g的硬质玻璃管中；
②加热前，先通一段时间纯净干燥的氮气；
③停止通入N2后，夹紧弹簧夹，加热一段时间，澄清石灰水（足量）变浑浊；
④待反应结束，再缓缓通入一段时间的氮气。冷却至室温，称得硬质玻璃管和固体总质量为52.24g；
⑤过滤出石灰水中的沉淀，洗涤、烘干后称得质量为2.00g。
步骤②、④中都分别通入N2，其作用分别为 。
（5）数据处理
试根据实验数据分析，写出该实验中氧化铁与碳发生反应的化学方程式： 。
（6）实验优化 学习小组有同学认为应对实验装置进一步完善。
①甲同学认为：应将澄清石灰水换成Ba(OH)2溶液，其理由是 。
②从环境保护的角度，请你再提出一个优化方案将此实验装置进一步完善： 。
26、（10分） (NH4)2Fe(SO4)2·6H2O(M=392g/ml)又称摩尔盐，简称FAS，它是浅蓝色绿色晶体，可溶于水，难溶于水乙醇。某小组利用工业废铁屑进行下列实验。请按要求回答下列问题：
Ⅰ. FAS的制取。流程如下：
(1)步骤①加热的目的是_________________________。
(2)步骤②必须在剩余少量铁屑时进行过滤，其原因是(用离子方程式表示)： ______________。
Ⅱ.NH4+含量的测定。装置如图所示：
实验步骤：①称取FAS样品a g，加水溶解后，将溶液注入Y中
②量取b mL c1 ml/LH2SO4溶液于Z中
③向Y加入足量NaOH浓溶液，充分反应后通入气体N2，加热(假设氨完全蒸出)，蒸氨结束后取下Z。
④用c2ml/LNaOH标准溶液滴定Z中过量的硫酸，滴定终点时消耗d mLNaOH标准溶液。
(3)仪器X的名称______________；N2的电子式为______________。
(4)步骤③蒸氨结束后，为了减少实验误差，还需要对直形冷凝管进行处理的操作是__________________；NH4+质量百分含量为(用代数式表示)__________________。
Ⅲ. FAS纯度的测定。称取FAS m g样品配制成500 mL待测溶液。分别取20.00mL待测溶液，进行如下方案实验：
(5)方案一：用0.01000ml/L的酸性KMnO4溶液进行滴定。滴定过程中需用到的仪器中(填图中序号)_________。滴定中反应的离子方程式为____________________。

① ② ③ ④ ⑤ ⑥ ⑦ ⑧
(6)方案二： 待测液 固体n g ；则FAS的质量百分含量为(用代数式表示)_____________________________。
(7)方案一、二实验操作均正确，却发现方案一测定结果总是小于方案二的，其可能的原因是_______________；为验证该猜测正确，设计后续实验操作为_________________，现象为______________。
27、（12分）是一种工业盐，外观与食盐非常相似，毒性较强。请按要求回答下列问题：
(1)已知：，，。设计最简单的方法鉴别和两种固体： __________________________________。
(2)利用下图装置（略去夹持仪器）制备
已知：；酸性条件下，和均能与迅速反应生成和。
①装置A中发生反应的离子方程式为__________________________________；
这样安放铜丝比将铜片浸于液体中的优点是__________________________。
②装置B中反应的化学方程式为________________________________。
③干燥剂X的名称为__________，其作用是____________________。
④上图设计有缺陷，请在F方框内将装置补充完全，并填写相关试剂名称___________。
(3)测定产品的纯度。
取制取的样品溶于水配成溶液，取溶液于锥形瓶中，用酸性溶液进行滴定，实验所得数据如下表：
①第一次滴定实验数据异常的原因可能是______（填字母序号）。
A．酸式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗
B．锥形瓶洗净后未干燥
C．当观察到最后一滴溶液滴入待测液中红色慢慢褪去，定为滴定终点
D．滴定终点时俯视读数
②酸性溶液滴定溶液的离子方程式为__________________。
③该样品中的质量分数为__________。
28、（14分）Ⅰ.羟基磷酸钙[Ca10(PO4)6(OH)2]具有优良的生物相容性和生物活性，它在口腔保健中具有重要作用，可以防止龋齿等，回答下列问题。
（1）Ca10(PO4)6(OH)2中，元素的电负性按由大到小的顺序依次是___。
（2）上述元素都能形成氢化物，其中PH3与同主族元素N形成的氢化物的键角关系是PH3___NH3(填“＞”或“＜”)，PO43-离子空间构型是___。
（3）现已合成含钙的全氮阴离子盐，其中阴离子N5-为平面正五边形结构，N原子的杂化类型是___。
（4）碳酸钙的分解温度远高于碳酸镁，其原因是___。
（5）黑磷是磷的一种同素异形体，与石墨烯类似，其晶体结构片段如图1所示：其中最小的环为6元环，每个环平均含有___个P原子。
Ⅱ.钴是人体不可或缺的微量元素之一。C、Al、O形成的一种化合物钴蓝晶体结构如图2所示。
（6）基态C原子的价电子排布式为___。该立方晶胞由4个I型和4个Ⅱ型小立方体构成，其化学式为___，NA为阿伏加德罗常数的值，钴蓝晶体的密度为___ g·cm-3(列计算式)。
29、（10分）硒（Se）是一种非金属元素。可以用作光敏材料、电解锰行业催化剂、动物体必需的营养元素和植物有益的营养元素等。请回答下列问题：
（1） Se元素基态原子的电子排布式为____；第四周期中第一电离能比Se元素大的共有____种（氪元素除外）。
（2）气态SeO3分子的价层电子对互斥模型为____ ；SeO42-离子中Se原子的杂化方式为 ___ 。
（3）固态SeO2是以[SeO3]角锥体以角相连接的展平的聚合结构，每一锥体带有一悬垂的终端O原子（如下图1所示）。
①图1中Se-O键键长较短的是 ___（填“a"或“b"），其原因是______。
②SeO2熔点为350℃，固态SeO2属于___晶体，其熔点远高于SO2（-75.5℃）的原因是 ____。
（4）硒化锌（ZnSe）是一种重要的半导体材料，其晶胞结构如上图2所示，其中阴离子采用面心立方最密堆积方式，X射线衍射实验测得ZnSe的晶胞参数a=0. 560nm，则Se2-的离子半径r(Se2-)= ____nm（计算结果保留3位有效数字，下同）；硒化锌晶体的密度为________ g．cm-3。
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】
A. 乙醇能与水互溶，因此不能做从碘水中提取碘单质的萃取剂，故A错误；
B. 乙酸乙酯与乙醇互溶，不能采用分液的方法，应加入饱和碳酸钠溶液，然后分液，故B错误；
C. 除去KNO3固体中的NaCl，采用重结晶方法，利用KNO3的溶解度受温度的影响较大，NaCl的溶解度受温度的影响较小，故C错误；
D. 蒸馏利用沸点不同对互溶液体进行分离，丁醇、乙醚互溶，采用蒸馏法进行分离，利用两者沸点相差较大，故D正确；
答案：D。
2、B
【解析】
A. 放电时，外电路每通过0.1NA个电子时，锌片的质量减少0.05ml×65g/ml=3.25g，A正确；
B. 充电时，聚苯胺电极为阳极，其电势高于锌片(阴极)的电势，B错误；
C. 放电时，阳离子向正极移动，则混合液中的Cl-(阴离子)向负极移动，C正确；
D. 充电时，聚苯胺电极为阳极，接电源的正极，失电子发生氧化反应，D正确；
故选B。
3、A
【解析】
A.工业上通常用H2和N2在催化剂、高温、高压下合成氨，A正确；B. 闪电能使空气里的氮气转化为一氧化氮，称为天然固氮（又称高能固氮），B错误；C. 是氮的化合物之间的转换，不属于氮的固定，C错误；D. 生物固氮是指固氮微生物将大气中的氮还原成氨的过程，D错误。故选择A。
4、C
【解析】
A项、用铜电极电解饱和KCl溶液时，阳极是铜电极放电，溶液中Cl-不能放电生成氯气，故A错误；
B项、CuSO4溶液能与过量的H2S气体反应能够发生的原因是生成的硫化铜沉淀不能溶于硫酸，与酸性强弱无关，故B错误；
C项、Ba(HCO3)2溶液与足量的NaOH溶液反应，不足量的Ba(HCO3)2溶液完全反应，反应消耗的Ba2+与HCO3-的物质的量比为1:2，故离子方程式书写错误，故C正确；
D项、SO2具有还原性，NaClO具有强氧化性，过量SO2通入到NaClO溶液中发生氧化还原反应，不是复分解反应，与酸性强弱无关，故D错误；
故选C。
5、A
【解析】
A．泡沫灭火器中加入的主要是碳酸氢钠和硫酸铝溶液，两者混合时发生盐的双水解反应，生成大量的二氧化碳气体泡沫，该泡沫喷出CO2进行灭火。但是，喷出的二氧化碳气体泡沫中一定含水，形成电解质溶液，具有一定的导电能力，会导致触电或电器短路，因此泡沫灭火器不适用于电器灭火，A错误；
B．疫苗是指用各类病原微生物制作的用于预防接种的生物制品。由于疫苗对温度比较敏感，温度较高时，会因为蛋白质变性，而失去活性，所以疫苗一般应该冷藏保存，B正确；
C．油性漆是指用有机物作为溶剂或分散剂的油漆；水性漆是指用水作为溶剂或分散剂的油漆，使用水性漆可以减少有机物的挥发对人体健康和室内环境造成的影响，C正确；
D．电热水器内胆连接一个镁棒，就形成了原电池，因为镁棒比较活泼，Mg棒作原电池的负极，从而对正极的热水器内胆（多为不锈钢或铜制）起到了保护作用，这种保护方法为：牺牲阳极的阴极保护法，D正确；
故合理选项是A。
6、B
【解析】
A.浓硫酸确实沸点更高，但是浓硫酸并不与浓盐酸发生反应，A项错误；
B.的平衡常数极小，正常情况下几乎不会发生。加入浓硫酸一方面可以极大地提高浓度，另一方面浓硫酸稀释时产生大量热，利于产物的挥发，因此反应得以进行，B项正确；
C.常温常压下，1体积水能溶解约500体积的氯化氢，因此产生氯化氢的原因并不是因为溶解度，C项错误；
D.高浓度的酸并不一定能制低浓度的酸，例如冰醋酸就无法通过这样的方式来制取盐酸，D项错误；
答案选B。
7、A
【解析】
A．催化剂会改变化学反应速率，不影响平衡移动，故A选；
B．增大反应物浓度平衡一定正向移动，正反应反应速率一定增大，故B不选；
C．反应前后气体体积改变的反应，改变压强平衡发生移动，故C不选；
D．任何化学反应都有热效应，所以温度改变，一定影响反应速率，平衡一定发生移动，故D不选；
故答案选A。
8、B
【解析】煤、石油及天然气是化石能源，属不可能再生的能源，而氢气、沼气、酒精及太阳能、风能等为再生能源，故答案为B。
点睛：明确能源的来源是解题关键，能够源源不断的从自然界得到补充的能源叫可再生能源，如太阳能、风能、生物质能等；短期内不能从自然界得到补充的能源叫不可再生能源，如煤、石油等。
9、C
【解析】
A. c(Cl-)相同，说明两种盐的浓度相同，NaCl是强酸强碱盐，不水解，溶液显中性，而NH4Cl是强酸弱碱盐，NH4+水解使溶液显酸性，因此二者的pH不相等，A错误；
B.HCl是一元强酸，完全电离，而CH3COOH是一元弱酸，部分电离，在溶液中存在电离平衡，当两种酸的浓度相等时，由于醋酸部分电离，所以溶液中自由移动的离子的浓度HCl>CH3COOH，离子浓度越大，溶液的导电性就越强，故HCl的导电能力比醋酸强，B错误；
C.HCl是一元强酸，溶液中c(Cl-)=c(H+)-c(OH-)，CH3COOH是一元弱酸，溶液中存在电离平衡，但溶液中c(CH3COO-)=c(H+)-c(OH-)，两溶液中c(CH3COO-)=c(Cl-)，常温下两溶液中c(H+)相等，所以两溶液的pH也就相等，C正确；
D.室温下，等物质的量浓度的CH3COOH溶液和NaOH溶液等体积混合，由于二者的物质的量相等，因此恰好反应产生CH3COONa，该盐是强碱弱酸盐，CH3COO-水解，使溶液显碱性，D错误；
故合理选项是C。
10、B
【解析】
A、氯仿是极性键形成的极性分子，选项A错误；
B、干冰是直线型，分子对称，是极性键形成的非极性分子，选项B正确；
C、石炭酸是非极性键形成的非极性分子，选项C错误；
D、白磷是下正四面体结构，非极键形成的非极性分子，选项D错误；
答案选B。
11、B
【解析】
A．在酸性条件下，酚羟基和羧基可以和氢氧化钠反应，故1ml酚酞可与3mlNaOH发生反应，A错误；
B．在酸性条件下，两个酚羟基有4个邻位氢原子，1ml酚酞可与4mlBr2发生反应，B正确；
C．酚酞分子中没有碳碳双键，所以酸性条件下的酚酞不能发生加聚反应，C错误；
D．酚羟基不能发生消去反应，连接醇羟基的碳原子的邻位碳原子上没有氢原子，也不能发生消去反应，D错误；
故选B。
12、D
【解析】
A. 由图可知，此装置为原电池，且a极发生氧化反应，属于负极，b极为正极，A项错误；
B. 原电池中阳离子移向正极，故氢离子由左移向右，B项错误；
C. 负极区有硫酸生成，但同时水的量在增加，则硫酸的质量分数不一定大于50%，甚至还可能小于50%，C项错误；
D. 负极反应式为SO2＋2H2O－2e－===SO42-＋4H＋，D项正确；
答案选D。
13、C
【解析】
电解池工作时O2-向阳极移动，则石墨电极为阳极，电源的b极为正极，电解池的阴极发生还原反应，据此分析解题。
【详解】
A．该装置是电解池，是将电能转化为化学能，故A错误；B．电解池工作时O2-向阳极移动，则石墨电极为阳极，电源的b极为正极，a极为电源的负极，故B错误；C．Ta2O5极为阴极，发生还原反应，其电极反应为Ta2O5+10e—=2Ta+5O2—，故C正确；D．石墨电极上生成的22.4 L O2没有指明是标准状况，则其物质的量不一定是1ml，转移电子数也不一定是4×6.02×1023，故D错误；故答案为C。
本题考查电解原理的应用，判断电源的电极是解题关键，在电解池中，阴离子移向阳极，阳离子移向阴极，再结合电解池的阴极发生还原反应，阳极发生氧化反应分析，难点是气体摩尔体积的应用，只有指明气体的状态，才能利用22.4L/ml计算气体的物质的量。
14、C
【解析】
A.中有6种等效氢，则一氯代物有6种，中有4种等效氢，一氯代物有4种，两种一氯代物数目不同，故A错误；
B.中含碳碳双键，能发生加成反应，除此之外还能发生取代、氧化反应，中不含不饱和键，不能发生加成反应，能发生取代、氧化反应，故B错误；
C. 中含碳碳双键，能使酸性高锰酸钾褪色，中不含不饱和键，不能使酸性高锰酸钾褪色，则可用酸性高锰酸钾溶液区分，故C正确；
D.中与碳碳双键上的碳原子直接相连的原子共面，其中含1个叔碳原子（与甲基直接相连的碳原子），则所有碳原子不可能在同一平面上，故D错误。答案选C。
15、C
【解析】
A.酒精可以使蛋白质变性，从而杀死病毒，这个过程是一个化学变化，A项错误；
B.复杂的药物都是从简单的化工原料一步步合成的，这个过程中有很多化学变化，B项错误；
C.气溶胶不过是胶体的一种，而胶体又是分散系的一种，将一种或多种物质分散到一种物质里，这个过程不涉及化学变化，C项正确；
D.病毒在增殖时需要复制其核酸和蛋白质，这些过程都伴随着化学变化，D项错误；
答案选C。
我们常用质量分数来表示浓度，例如98%浓硫酸就是质量分数，但是注意医用酒精是体积分数为75%的乙醇溶液，质量分数和体积分数是完全不一样的。
16、D
【解析】
A．用乙醚作萃取剂，从黄花蒿中提取青蒿素，是物理过程，A不正确；
B．铁锈是混合物，成分复杂，B不正确；
C．该反应的有机产物CH3OH是有毒物质，C不正确；
D．C(CH3)4的二氯代物中，共有2个Cl连在同一碳原子上和不同碳原子上2种可能结构，D正确；
故选D。
17、D
【解析】
A、乙醇易挥发，向热的乙醇中通入空气，可以向后续装置中提供乙醇蒸气和氧气，选项A正确；
B、在铜粉催化下，乙醇发生催化氧化生成乙醛，选项B正确；
C、乙醛易挥发，应用冰水浴收集乙醛产物，选项C正确；
D、产物中混有乙醇，乙醇也能还原酸性高锰酸钾溶液，使其褪色，选项D错误。
答案选D。
18、B
【解析】
碘晶体属于分子晶体，分子间通过分子间作用力结合，碘升华时破坏的是分子间作用力，碘分子的大小、分子内碘原子间的共价键不变，答案选B。
19、C
【解析】
A. 粗盐精制过程需要除去粗盐中含有的硫酸根离子、钙离子、镁离子，需要加入除杂剂，该过程中有新物质生成，发生化学变化，故A正确；
B. 病毒表现生命活动需要蛋白质，高温、消毒剂都能使蛋白质变性而失去生理活性，故B正确；
C. 铜活泼性弱于氢，所以铜制品不能发生析氢腐蚀，而铁制品既能发生吸氧腐蚀又能发生析氢腐蚀，故C错误；
D. 植物油中由于含有碳碳双键，易被氧化而变质，因此在空气中长时间放置容易氧化变质，故D正确；
答案选C。
20、D
【解析】
A、H2SO4不用H2作原料，错误；
B、SO2到SO3需要催化剂，NH3的合成与氧化需要催化剂，正确；
C、NH3的合成不使用吸收塔设备，错误；
D、工业生产中原料充分利用，一般有毒气体较少排放，错误。
答案选D。
21、A
【解析】
A．当△G=△H-T△S＜0时反应能自发进行，反应MgO(s)＋C(s)=CO(g)＋Mg(g)的△S＞0，高温下能自发进行，则该反应ΔH＞0，故A正确；
B．等物质的量浓度的CH3COOH溶液和HCl溶液，HCl溶液中氢离子浓度大，对水的电离的抑制程度大，所以等物质的量浓度的CH3COOH溶液和HCl溶液中水的电离程度不同，故B错误；
C．0.1ml/LNH4Cl溶液加水稀释，NH4++H2O⇌NH3∙H2O+H+，促进铵根离子的水解，水解平衡正移，溶液中氯离子浓度减小，一水合氨浓度增大，的值减小，故C错误；
D．对于反应2SO2＋O2⇌2SO3，使用催化剂能加快反应速率，但平衡不移动， SO2的平衡转化率不变，故D错误；
答案选A。
使用催化剂能加快反应速率，催化剂对转化率无影响。
22、A
【解析】
A. 常温下，pH为1的0.1 ml/L HA溶液中，c(H+)=0.1 ml/L，则HA为强酸溶液，与0.1 ml/L NaOH溶液恰好完全反应时，溶液中溶质为强电解质NaA，c(Na+)=c(A－)，溶液呈中性，c(OH－)和 c(H+)来自于水且c(OH－)=c(H+) ，故A正确；
B. 相同浓度时酸性：CH3COOH>HClO，即CH3COOH电离程度大于HClO，即c(CH3COO-)> c(ClO-)；相同浓度的CH3COONa和NaClO溶液混合后，水解程度：CH3COONa c(ClO-)，故B错误；
C. pH＝1 NaHSO4溶液中含有Na+、SO42-、H+、OH-，电荷守恒式c(Na+)+c (H+)＝2c (SO42-)+c (OH-)，故C错误；
D. pH=7，溶液呈中性，c (H+) = c (OH－)，CH3COONa和CH3COOH混合溶液，c (CH3COO－) = c(Na+)，溶液中各离子浓度的大小关系为：c (CH3COO－)= c(Na+)> c (CH3COOH) >c (H+) = c (OH－)，故D错误。
答案选A。
二、非选择题(共84分)
23、C、D
【解析】
（1）奥美拉的分子式为C17 H19N3O3S，A错误；J生成K的过程中，增加了氧原子，反应类型为氧化反应，B错误；化合物C中有苯环，可发生取代和加成反应；有碳氧双键，可得到氢，发生还原反应；C正确；设计A转化为B的目的是保护其中的官能团，D正确。答案选CD。
（2）根据流程I到J有机物两个分子结构的差别可知，化合物F的结构简式。
（3）根据生成物B的结构式和反应物可得A的结构式为，发生的化学反应为；
（4）①分子中含苯环，遇FeC13显紫色，结构中有酚羟基；②分子中含有4种不同化学环境的氢原子，根据化合物G的结构符合要求的化合物H结构式为；
（5）结合题中流程图，从乙烯合成的路线为
；
24、邻硝基甲苯（或2-硝基甲苯） C13H20ON2 浓HNO3／浓H2SO4，加热 氨基 取代反应 吸收反应产生的HCl，提高反应的转化率 或
【解析】
A的分子式结合G得知：A是甲苯，B中有-NO2，结合G的结构苯环上的-CH3和N原子所连接B苯环上的C属于邻位关系，故B是邻硝基甲苯，在Fe和HCl存在下被还原成C物质：邻氨基甲苯，结合题干信息：二者反应条件一致，则确定D是乙醛CH3CHO，E是，部分路线如下：
【详解】
（1）B的化学名称是邻硝基甲苯（或2-硝基甲苯）；H的分子式是C13H20ON2；
（2）由A生成B的反应是硝化反应，试剂：浓HNO3、浓H2SO4，反应条件：加热；
（3）C中所含官能团的名称为氨基；观察G生成H的路线：G的Cl原子被丙胺脱掉—NH2上的一个H原子后剩下的集团CH3CH2CH2NH—取代，故反应类型是取代反应；
（4）C与F反应生成G的化学方程式为；
有机反应大多是可逆反应，加入K2CO3消耗反应产生的HCl，使平衡正向移动，提高反应物的转化率；
（5）的单体是，联系原料有甲醇倒推出前一步是与甲醇酯化反应生成单体，由原料丙酮到增长了碳链，用到题干所给信息：，故流程如下：。
25、（本题共16分）
（1）CO2、CO的混合物
（3）NH4++NO2—N2↑+2H2O
（4）步骤②中是为了排尽空气；步骤④是为了赶出所有的CO2，确保完全吸收
（5）2C+Fe2O32Fe+CO↑+CO2↑
（6）①Ba(OH)2溶解度大，浓度大，使CO2被吸收的更完全；M (BaCO3)＞M(CaCO3)，称量时相对误差小。
②在尾气出口处加一点燃的酒精灯或增加一尾气处理装置
【解析】试题分析：（1）过量炭粉与氧化铁反应的气体产物可能有：①CO、②CO2、③CO2、CO的混合物三种情况；
（3）氯化铵饱和溶液和亚硝酸钠（NaNO2）饱和溶液混合加热反应可以制得氮气；
（4）⑤根据前后两次通入氮气的时间和减小实验误差角度来分析；
（5）根据质量守恒判断气体的组成，根据质量关系计算气体的物质的量之间的关系，进而书写化学方程式；
（6）①根据氢氧化钙和氢氧化钡的本质区别来思考；
②一氧化碳是一种有毒气体，可以通过点燃来进行尾气处理．
解：（1）过量炭粉与氧化铁反应的气体产物可能有：①CO、②CO2、③CO2、CO的混合物，
（3）氯化铵饱和溶液和亚硝酸钠（NaNO2）饱和溶液混合加热反应制得氮气，反应物有NH4Cl和NaNO2，生成物为N2，根据质量守恒还应用水，则反应的化学方程式为NH4++NO2﹣N2↑+2H2O，
（4）如果不排尽空气，那么空气中的氧气会与炭粉反应影响反应后生成气体的组成，所以利用稳定的氮气排空气，最后确保完全吸收，反应后还要赶出所有的CO2，
（5）3.20g氧化铁的物质的量为==0.02ml，澄清石灰水变浑浊，说明有CO2气体生成，则n（CO2）=n（CaCO3）==0.02ml，m（CO2）=0.02ml×44g/ml=0.88g，
反应后硬质玻璃管和固体总质量变化为1.44g大于0.88g，
则生成其气体为CO2、CO的混合物，
设混合气体中含有ymlCO，
则0.88g+28yg=1.44g，
y=0.02ml，
所以CO、CO2的混合气体物质的量比为1：1，所以方程式为 2C+Fe2O32Fe+CO↑+CO2↑，
（6）①将澄清石灰水换成Ba（OH）2溶液，这样会使二氧化碳被吸收的更完全，称量时相对误差小，②一氧化碳是一种有毒气体，可以通过点燃来进行尾气处理或增加一尾气处理装置.
26、加快并促进Na2CO3水解，有利于除去油污 Fe+2Fe3+=3Fe2+ 分液漏斗 用少量蒸馏水冲洗冷凝管内通道2~3次，将洗涤液注入到锥形瓶Z中 ×100% ①④⑤⑥ MnO4-+5Fe2++8H+=5Fe3++Mn2++4H2O ×100% 部分Fe2+被氧气氧化 取少量待测溶液于试管中，加入少量KSCN溶液 溶液变红色
【解析】
废铁屑用热的Na2CO3溶液除去表面的油污后，加稀硫酸溶解，Fe与H2SO4反应产生硫酸亚铁溶液，加硫酸铵晶体共同溶解，经过蒸发浓缩、冷却晶体、过滤、洗涤、干燥得到莫尔盐FAS，以此分析解答。
【详解】
Ⅰ．(1)步骤①是用碳酸钠溶液除去废铁屑表面的油污，该盐是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，由于盐的水解反应是吸热反应，加热，可促进盐的水解，使溶液碱性增强，因而可加快油污的除去速率；
(2)亚铁离子易被氧化，少量铁还原氧化生成的Fe3+，反应的离子方程式为Fe+2Fe3+=3Fe2+；
(3)根据图示可知：仪器X的名称为分液漏斗；N原子最外层有5个电子，两个N原子之间共用3对电子形成N2，使每个N原子都达到最外层8个电子的稳定结构，故N2的电子式为；
(4)蒸出的氨气中含有水蒸气，使少量的氨水残留在冷凝管中，为减小实验误差，用少量蒸馏水冲洗冷凝管内通道2~3次，将洗涤液注入到锥形瓶Z中；
根据反应方程式2NH3+H2SO4=(NH4)2SO4，2NaOH+H2SO4=Na2SO4+2H2O，可得物质之间的物质的量关系为：n(NH3)+n(NaOH)=2n(H2SO4)，n(H2SO4)= b×10-3L×c1 ml/L=bc1×10-3ml，
n(NaOH)=c2ml/L×d×10-3L=c2d×10-3ml，所以n(NH3)=2n(H2SO4)-n(NaOH)=2bc1×10-3ml- c2d×10-3ml=(2bc1-dc2)×10-3ml；根据N元素守恒可知该摩尔盐中含有的NH4+的物质的量为n(NH4+)=(2bc1-dc2)×10-3ml，故NH4+质量百分含量为×100%；
(5)用0.01000ml/L的酸性溶液滴定溶液中的Fe2+离子，酸性溶液盛装在酸式滴定管中，盛装待测液需要使用④锥形瓶，滴定管需要固定，用到⑤铁架台及⑥铁夹。故滴定过程中需用到的仪器是①④⑤⑥；KMnO4将Fe2+氧化为Fe3+，KMnO4被还原为Mn2+，同时产生了水，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得滴定中反应的离子方程式为MnO4-+5Fe2++8H+=5Fe3++Mn2++4H2O；
(6)根据元素守恒可得：(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O～2SO42-～2BaSO4，
n(BaSO4)=ml，则n[(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O]=n(BaSO4)=×ml=ml，则500mL溶液中含有的(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O的物质的量为ml×，则mg样品中FAS的质量百分含量为×100%=；
(7)已知实验操作都正确，却发现甲方案的测定结果总是小于乙方案，其可能的原因是Fe2+被空气中的氧气部分氧化，设计简单的化学实验验证上述推测的实验过程为：取少量FAS溶液，加入少量KSCN溶液，若溶液变为红色，说明Fe2+已被空气部分氧化。
本题考查物质制备实验方案的设计的知识，涉及物质的净化除杂、物质电子式的书写、滴定实验过程中仪器的使用、分析应用、氧化还原反应方程式的书写与计算、物质含量的测定与计算等，该题综合性较强，要注意结合题给信息和装置特点及物质的性质分析，题目难度中等。
27、分别取等量的两种固体样品少量于试管中加水至溶解，再分别滴加酚酞试液，变红的为NaNO2 Cu+4H++2NO3-= Cu2++2NO2↑+2H2O 可以控制反应的发生与停止 3NO2＋H2O =2HNO3+NO 碱石灰 吸收B中挥发出的硝酸和水蒸气 A 5NO2-+2MnO4-+6H+=5NO3-+2Mn2++3H2O 69％（或）
【解析】
(1) 根据NaCl、NaNO2盐的组成及溶液的酸碱性分析判断；
(2)装置A中是浓硝酸和铜加热发生的反应，反应生成二氧化氮和硝酸铜和水，NO2与装置B中的水反应产生HNO3和NO，通过装置C中的干燥剂吸收水蒸气，在装置D中与Na2O2发生反应，装置E中的干燥剂防止水蒸气进入，通过装置E中的过氧化钠与一氧化氮反应，最后通过酸性高锰酸钾溶液除去剩余一氧化氮防止污染空气。
(3)①第一次实验数据出现异常，消耗KMnO4溶液体积偏大，根据c(待测)=
分析不当操作对V(标准)的影响，以此判断浓度的误差；
②在反应中NO2-被氧化为NO3-，MnO4-被还原为Mn2+；
③根据方程式5NO2-+2MnO4-+6H+=5NO3-+2Mn2++3H2O可求出亚硝酸钠的物质的量，然后求样品中亚硝酸钠的质量分数。
【详解】
(1) NaCl是强酸强碱盐，不水解，溶液显中性；NaNO2是强碱弱酸盐，NO2-水解，消耗水电离产生的H+，最终达到平衡时溶液中c(OH-)>c(H+)，溶液显碱性，所以可根据盐溶液的酸碱性的不同进行鉴别。分别取等量的两种固体样品少量于试管中加水至溶解，然后分别滴加酚酞试液，溶液变红的为NaNO2，不变色的为NaCl；
(2)①在装置A中Cu与浓硝酸发生反应，产生硝酸铜、二氧化氮和水，反应的离子方程式为：Cu+4H++2NO3-= Cu2++2NO2↑+2H2O；这样安放铜丝，可通过上下移动铜丝控制反应是否进行，所以使用铜丝的优点是可以控制反应的发生与停止；
②装置B中水与二氧化氮反应生成硝酸和一氧化氮，反应方程式为3NO2＋H2O =2HNO3+NO；
③在干燥管中盛放的干燥剂X的名称为碱石灰，其作用是吸收B中挥发出的硝酸和水蒸气；
④NO及NO2都是大气污染物，随意排入大气会造成大气污染，故上图设计的缺陷是无尾气吸收装置。可根据NO、NO2都会被酸性KMnO4溶液吸收，产物都在溶液中，为防止倒吸现象的发生，在导气管末端安装一个倒扣的漏斗，装置为；
(3)①A.酸式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗，标准液的浓度偏小，根据c(待测)=分析可知，造成V(标准)偏大，A可能；
B.锥形瓶洗净后未干燥，待测液的物质的量不变，对V(标准)无影响，B不可能；
C.当观察到最后一滴溶液滴入待测液中红色慢慢褪去，就定为滴定终点，此时溶液中NO2-未反应完全，消耗标准溶液体积偏小，C不可能；
D.滴定终点时俯视读数，造成V(标准)偏小，D不可能；
故合理选项是A；
②在反应中NO2-被氧化为NO3-，MnO4-被还原为Mn2+，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得该反应的离子方程式为5NO2-+2MnO4-+6H+=5NO3-+2Mn2++3H2O；
③消耗KMnO4溶液体积V==20.00mL，消耗高锰酸钾的物质的量是n(MnO4-)=0.1ml/L×0.02L=0.002ml，则根据方程式5NO2-+2MnO4-+6H+=5NO3-+2Mn2++3H2O可知，亚硝酸钠的物质的量n(NaNO2)=0.002ml×=0.005ml，则原样品中亚硝酸钠的物质的量是n(NaNO2)总=0.005ml×=0.02ml，其质量m(NaNO2)=0.02ml×69g/ml=1.38g，则样品中亚硝酸钠的质量分数×100%=69.0%。
本题考查了盐类水解、硝酸的性质、物质的鉴别方法、尾气处理、实验条件控制、实验方案设计与评价以及物质含量测定等，注意在实验过程中的反应现象分析，利用氧化还原反应中物质的量的关系进行计算，在滴定误差分析时要把操作引起的影响归结到对消耗标准溶液的体积大小上进行分析判断。
28、O＞P＞H＞Ca 小于 正四面体 sp2 镁离子半径小于钙离子半径，与氧离子形成的离子键更强，晶格能更大，因此碳酸镁的热分解温度低 2 3d74s2 CAl2O4
【解析】
（1）同周期从左到右元素的电负性变大，同主族从上到下电负性变小，Ca10(PO4)6(OH)2中，元素的电负性按由大到小的顺序依次是O＞P＞H＞Ca；
（2）NH3和PH3的空间构型都是三角锥型,但是,NH中N-H键的键长比PH中P-H键的键长要短,所以在NH3中,成键电子对更靠近,排斥力更大,以致键角更大。而PH3中成键电子对之间的斥力减小,孤对电子对成键电子的斥力使H-P-H键角更小。PH3与同主族元素N形成的氢化物的键角关系是PH3＜NH3；PO43－中心原子为P，其中σ键电子对数为4，中心原子孤电子对数= ×（5+3-4×2）=0，PO43－中心原子价层电子对对数为4+0=4，P原子sp3杂化，PO43-离子空间构型是正四面体。
故答案为：＜；正四面体；
（3）含钙的全氮阴离子盐，阴离子N5-为平面正五边形结构，中心原子N，其中σ键电子对数为2，中心原子存在大π键，所以N原子的杂化类型是sp2。
故答案为：sp2；
（4）由于镁离子半径小于钙离子半径，与氧离子形成的离子键更强，晶格能更大，因此，碳酸镁的热分解温度低。
（5）黑磷与石墨烯类似，其中最小的环为6元环，每个环平均含有6× =2个P原子。
故答案为：2
（6）基态C原子的价电子排布式为3d74s2；I、II各一个小正方体为一个晶胞，该晶胞中C原子个数=（4×+2×+1）×4=8、Al原子个数=4×4=16、O原子个数=8×4=32，C、Al、O原子个数之比=8：16：32=1：2：4，化学式为CAl2O4；该晶胞体积=（2a×10-7 cm）3，钴蓝晶体的密度= = g·cm-3(列计算式)。
故答案为：3d74s2；CAl2O4；。
29、1s22s22p63s23p63d104s24p4或[Ar]3d104s24p4 2 平面三角形 sp3杂化 b b中含有π键，电子云重叠程度更大，使得键长缩短 分子 SeO2形成聚合分子，相对分子量远比SO2大，熔化时需要破坏分子间作用力更大 0.198 5.45
【解析】
（1）Se与O元素同主族，位于第四周期，其元素序号为34，Se元素基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s4p4或[Ar]3d104s24p4；同一周期中，第一电离能从左至右有增大的趋势，但IIA族与IIIA族、VA族与VIA族反常，第四周期中第一电离能比Se元素大的有As、Br两种元素(氪除外)；
（2）SeO3分子中σ键电子对数为3，孤电子对数为，故分子构型为平面三角形；中σ键电子对数为4，孤电子对数为，价层电子对数为4，因此Se原子采取sp3杂化；
（3）①根据结构图示以及O原子成键特点可知，a为单键，b为双键，因此键长较短的是b；其原因是：b中含有π键，电子云重叠程度更大，使得键长缩短；
②固态SeO3的熔点不是特别高，由此可知，固态SeO3为分子晶体；由题可知，SeO2形成聚合分子，相对分子量远比SO2大，熔化时需要破坏分子间作用力更大，因此熔点较SO2高；
（4）Se2-采取面心立方最密堆积方式，设r(Se2-)=rnm，则，解得r≈0.198；一个晶胞中含有Se2-个数为，含有Zn2+个数为4，硒化锌晶体的密度。
对于晶体的密度计算方法为：先计算一个晶胞的质量，然后根据晶胞参数计算晶胞的体积，然后利用密度公式计算晶胞密度，其主要易错点在于单位的换算以及晶胞内相关原子个数的计算。
选项
离子方程式
评价
A
用铜电极电解饱和KCl溶液：2H2O+2Cl- H2↑+Cl2↑+2OH-
正确：Cl-的失电子能力比OH-强
B
向CuSO4溶液中通入过量的H2S气体：Cu2++H2S=CuS↓+2H+
错误：H2S的酸性比H2SO4弱
C
Ba(HCO3)2溶液与足量的NaOH溶液反应：Ba2++HCO3- +OH- ═BaCO3↓+H2O
错误：Ba2+与HCO3-系数比应为1:2
D
过量SO2通入到NaClO溶液中：SO2+ClO- +H2O= HClO+HSO3-
正确：H2SO3的酸性比HClO强
滴定次数
1
2
3
4
消耗溶液体积
20.90
20.12
20.00
19.88