焦作市2026年高考冲刺模拟化学试题（含答案解析）

这是一份焦作市2026年高考冲刺模拟化学试题（含答案解析），共11页。
3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。
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、下列说法正确的是( )
A．表示与反应时含铝微粒浓度变化曲线，图中a点溶液中含大量
B．可知平衡常数很大，反应趋于完全
C．为一种高分子结构片断，可知该高分子的结构简式为
D．反应①比反应②的速率慢，与相应正反应的活化无关
2、某实验小组利用下图装置制取少量氯化铝，已知氯化铝熔沸点都很低(178℃升华),且易水解。下列说法中完全正确的一组是
①氯气中含的水蒸气和氯化氢可通过盛有苛性钠的干燥管除去 ②装置I中充满黄绿色气体后，再加热盛有铝粉的硬质玻璃管 ③装置II是收集装置，用于收集氯化铝④装置III可盛放碱石灰也可盛放无水氯化钙，二者的作用相同 ⑤a处使用较粗的导气管实验时更安全
A．①②B．②③⑤C．①④D．③④⑤
3、下列实验操作规范且能达到实验目的是（）
A．AB．BC．CD．D
4、甲、乙两个恒容密闭容器中均发生反应：C(s)＋2H2O(g)=CO2(g)＋2H2(g)ΔH＞0，有关实验数据如下表所示：
下列说法正确的是( )
A．K1＝12.8
B．T1＜T2
C．T1 ℃时向甲容器中再充入0.1 ml H2O(g)，则平衡正向移动，CO2(g)的体积分数增大
D．若T2温度下，向2 L恒容密闭容器中充入1.0 ml CO2和2.0 ml H2，达平衡时，CO2的转化率大于40%
5、设NA为阿伏加德罗常数的值。由一种阳离子与两种酸根阴离子组成的盐称为混盐。向混盐CaOCl2中加入足量浓硫酸，发生反应：CaOCl2+H2SO4（浓）=CaSO4+Cl2↑+ H2O。下列说法正确的是
A．明矾、小苏打都可称为混盐
B．在上述反应中，浓硫酸体现氧化剂和酸性
C．每产生1mlCl2，转移电子数为NA
D．1mlCaOCl2中共含离子数为4NA
6、某溶液只含有K+、Fe2+、Cl-、Mg2+、I-、CO32-、SO42-中的几种，限用以下试剂检验：盐酸、硫酸、硝酸银溶液、硝酸钡溶液。设计如下实验步骤，并记录相关现象，下列叙述正确的是
A．该溶液中一定有I-、CO32-、SO42-、K+
B．溶液中可能含有K+、Mg2+、Cl-、
C．通过在黄色溶液中加入硝酸银可以检验原溶液中是否存在Cl-
D．试剂②可能为硫酸
7、热激活电池可用作火箭、导弹的工作电源。一种热激活电池的基本结构如图所示，其中作为电解质的无水LiCl－KCl混合物受热熔融后，电池即可瞬间输出电能，此时硫酸铅电极处生成Pb。下列有关说法正确的是
A．输出电能时，外电路中的电子由硫酸铅电极流向钙电极
B．放电时电解质LiCl－KCl中的Li＋向钙电极区迁移
C．电池总反应为Ca＋PbSO4＋2LiClPb＋Li2SO4＋CaCl2
D．每转移0.2 ml电子，理论上消耗42.5 g LiCl
8、在国家卫健委2020年2月发布的《最新版新型冠状病毒肺炎诊疗方案（试行第六版）》中，新增了几款有疗效的药物，其中一款是老药新用，结构如图所示。已知该药物由短周期元素组成，X、Y为同主族元素，原子半径X小于Y，X、Y原子的质子数之和减去Y原子最外层电子数即为Z元素的原子序数。下列说法错误的是
A．元素非金属性X>Y碳酸>苯酚
B．制备乙酸丁酯
C．苯萃取碘水中I2，分出水层后的操作
D．用NH4Cl饱和溶液制备NH4Cl晶体
22、下列分子或离子在指定的分散系中能大量共存的一组是
A．银氨溶液:Na+、K+、NO3—、NH3·H2OB．空气:C2H4、CO2、SO2、NO
C．氯化铝溶液:Mg2+、HCO3—、SO42—、Br—D．使甲基橙呈红色的溶液:I—、Cl—、NO3—、Na+
二、非选择题(共84分)
23、（14分）用两种不饱和烃A和D为原料可以合成一类新药有机物J ，合成路线如下：
已知①
②有机物J结构中含两个环。
回答下列问题：
(1)C的名称是________________。
(2)A→B试剂和反应条件为________________。
(3)H→J的化学反应方程式为_______________。
(4)已知符合下列条件的 N的同分异构体有___________种，其中核磁共振氢谱显示环上只有 3 组峰，且峰面积之比为 4:4:1，写出符合条件一种同分异构体的结构简式____________。
①含有基团、环上有三个取代基②与NaHCO3反应产生气泡 ③可发生缩聚反应，M的所有同分异构体在下列表征仪器中显示的信号（或数据）完全相同是_____。
a．质谱仪 b．红外光谱仪 c．元素分析仪 d．核磁共振仪
(5)利用题中信息和所学知识，写出以A和甲烷为原料，合成的路线流程图____________(其它试剂自选)。
24、（12分）美托洛尔可用于治疗各类型高血压及心绞痛，其一种合成路线如下：
已知：
回答下列问题：
(1)A→B的反应类型是______________，B中官能团的名称为______________。
(2)D→E第一步的离子方程式为_________。
(3)E→F的条件为______________，请写出一种该过程生成的副产物的结构简式_________。(已知在此条件下，酚羟基不能与醇发生反应)。
(4)碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳。写出G的结构简式，并用星号(*)标出G中的手性碳______________。
(5)芳香族化合物I是B的同分异构体，I能与银氨溶液作用产生银镜，且在苯环上连有两个取代基，则I同分异构体的数目为_________种。
(6)(J)是一种药物中间体，参照上述合成路线，请设计以甲苯和苯酚为原料制备J的合成路线____________________(无机试剂任选)。
25、（12分）某学习小组以电路板刻蚀液（含有大量Cu2+、Fe2+、Fe3+）为原料制备纳米Cu20，制备流程如下：
已知：①Cu2O在潮湿的空气中会慢慢氧化生成CuO，也易被还原为Cu; Cu2O不溶于水，极易溶于碱性溶液；Cu2O+2H+ =Cu2++Cu+H2O。
②生成Cu2O的反应：4Cu(OH)2+N2H4∙H2O=2Cu2O+N2↑+7H2O
请回答：
（1）步骤II，写出生成CuR2反应的离子方程式：____________________________
（2）步骤II，需对水层多次萃取并合并萃取液的目的是___________________________
（3）步骤III，反萃取剂为_____________
（4）步骤IV，①制备纳米Cu2O时，控制溶液的pH为5的原因是_______________
A． B． C．
②从溶液中分离出纳米Cu2O采用离心法，下列方法也可分离Cu2O的是_________
③Cu2O干燥的方法是_________________
（5）为测定产品中Cu2O的含量，称取3.960g产品于锥形瓶中，加入30mL硫酸酸化的Fe2(SO4)3溶液（足量），充分反应后用0.2000 ml·L－1标准KMnO4溶液滴定，重复2～3次，平均消耗KMnO4溶液50.00mL。
①产品中Cu2O的质量分数为_______
②若无操作误差，测定结果总是偏高的原因是_____
26、（10分）四溴化钛（TiBr4）可用作橡胶工业中烯烃聚合反应的催化剂。已知TiBr4常温下为橙黄色固体，熔点为38.3℃，沸点为233.5℃，具有潮解性且易发生水解。实验室利用反应TiO2+C+2Br2TiBr4+CO2制备TiBr4的装置如图所示。回答下列问题：
（1）检查装置气密性并加入药品后，加热前应进行的操作是__，其目的是__，此时活塞K1，K2，K3的状态为__；一段时间后，打开电炉并加热反应管，此时活塞K1，K2，K3的状态为____。
（2）试剂A为__，装置单元X的作用是__；反应过程中需用热源间歇性微热连接管，其目的是___。
（3）反应结束后应继续通入一段时间CO2，主要目的是___。
（4）将连接管切断并熔封，采用蒸馏法提纯。此时应将a端的仪器改装为__、承接管和接收瓶，在防腐胶塞上加装的仪器是___（填仪器名称）。
27、（12分）高锰酸钾是常用的消毒剂、除臭剂、水质净化剂以及强氧化剂，下图是在实验室中制备KMnO4晶体的流程：
回答下列问题：
（1）操作②目的是获得K2MnO4，同时还产生了KCl和H2O，试写出该步反应的化学方程式： _______________。操作①和②均需在坩埚中进行，根据实验实际应选择_______________(填序号)。
a．瓷坩埚 b．氧化铝坩埚 c．铁坩埚 d．石英坩埚
（2）操作④是使K2MnO4转化为KMnO4和MnO2，该转化过程中发生反应的离子方程式为_______________。若溶液碱性过强，则MnO4-又会转化为MnO42-，该转化过程中发生反应的离子方程式为_______________。因此需要通入某种气体调pH=10-11，在实际操作中一般选择CO2而不是HCl，原因是_______________。
（3）操作⑤过滤时，选择图2所示装置而不用图1所示装置的原因是_______________。
（4）还可采用电解K2MnO4溶液(绿色)的方法制造KMnO4(电解装置如图所示)，电解过程中右侧石墨电极的电极反应式为_______________。溶液逐渐由绿色变为紫色。但若电解时间过长，溶液颜色又会转变成绿色，可能的原因是_______________。
28、（14分）如图是元素周期表的一部分：
（1）写出元素①的元素符号________，与①同周期的主族元素中，第一电离能比①大的有_______种。
（2）基态锑（Sb）原子的价电子排布式为_______。[H2F]+[SbF6]-（氟酸锑）是一种超强酸，则[H2F]+离子的空间构型为______，写出一种与[H2F]+互为等电子体的分子 ____ 。
（3）下列说法正确的是________
a.N2H4分子中含5个σ键和1个π键
b.基态P原子中，电子占据的最高能级符号为M
c.Sb 位于p区
d.升温实现―液氨→氨气→氮气和氢气变化的阶段中，微粒间破坏的主要的作用力依次是氢键、极性 共价键。
（4）GaN、GaP都是很好的半导体材料，晶体类型与晶体硅类似，熔点如下表所示，解释GaN、GaP熔点变化原因________。

（5）GaN晶胞结构如图1所示，已知六棱柱底边边长为a cm。
①晶胞中Ga原子采用六方最密堆积方式，每个Ga原子周围距离最近的Ga原子数目为________；
②从GaN 晶体中分割出的平行六面体如图 。若该平行六面体的体积为a3cm3，GaN 晶体的密度为______g/cm3 (用a、NA 表示)。
29、（10分）深入研究碳元素的化合物有重要意义，回答下列问题：
（1）已知在常温常压下：①CH3OH(l)+O2(g)=CO(g)+2H2O(g) △H=－359.8kJ·ml－1
②2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) △H=－556.0kJ·ml－1
③H2O(g)=H2O(l) △H=－44.0kJ·ml－1
写出体现甲醇燃烧热的热化学方程式______________。
（2）在恒温、恒容密闭容器中加入H2C2O4，发生反应：H2C2O4(s)CO2(g)+CO(g)+H2O(g)，下列叙述能说明反应已经达到平衡状态的是_____。
A．压强不再变化 B．CO2(g)的体积分数保持不变
C．混合气体的密度不再变化 D．混合气体的平均摩尔质量保持不变
（3）合成尿素的反应为 2NH3(g) + CO2(g) =CO(NH2)2(s) + H2O(g)。t℃时，若向容积为2L的密闭容器中加入3ml NH3和1mlCO2，达到平衡时，容器内压强为开始时的0.75倍。则t℃时的化学平衡常数为_____，若保持条件不变，再向该容器中加入0.5mlCO2和1mlH2O，NH3的转化率将_____(填“增大”、“减小”或“不变”)。
（4）用化学用语和相关文字从平衡移动的角度分析AlCl3溶液可以溶解CaCO3固体的原因是__________。
（5）常温下，测得某CaCO3的饱和溶液pH=10.0，忽略CO32－的第二步水解，碳酸根的浓度约为c(CO32-)=____ml/L。(已知：Ka1(H2CO3)=4.4×10-7 Ka2(H2CO3)=4.7×10-11)。碳酸钙饱和溶液中的离子浓度由大到小排序___________。
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】
A．a点所示pH接近12，显强碱性，碱性环境中铝离子会先生成氢氧化铝沉淀，后转化为偏铝酸根，故a点溶液中存在的含铝微粒为偏铝酸根，故A错误；
B．图象X(20，9.2)c(Ag+)=10-20ml/L，c(S2-)=10-9.2ml/L，Ksp(Ag2S)=c2(Ag+)c(S2-)= (10-20ml/L)2×10-9.2ml/L=10-49.2，同理可知Ksp (CuS)=10-5×10-30.2=10-35.2，CuS(s)+2Ag+(aq)⇌Ag2S(s)+Cu2+(aq)平衡常数K=====1014，反应趋于完全，故B正确；
C．该高分子化合物由对甲基苯酚与甲醛缩合生成，则高分子的结构简式为，故C错误；
D．根据图象可知，反应①中正反应的活化能较小，反应②中正反应的活化能较大，则反应①比反应②的速率快，故D错误；
故答案为B。
2、B
【解析】
①氯气能够与氢氧化钠反应，故错误；②用图示装置制取少量氯化铝，为防止铝与氧气反应，反应之前需要用氯气排除装置的空气，即装置I中充满黄绿色气体后，再加热盛有A铝粉的硬质玻璃管，故正确；③氯化铝熔沸点都很低(178℃升华)，装置II可以用于收集氯化铝，故正确；④装置III中盛放的物质需要能够吸收水蒸气和除去多余的氯气，因此盛放碱石灰可以达到目的，盛放无水氯化钙不能除去多余的氯气，故错误；⑤氯化铝熔沸点都很低，a处使用较粗的导气管，不容易造成堵塞，实验时更安全，故正确；正确的有②③⑤，故选B。
3、C
【解析】
A. KNO3的溶解度受温度影响大，而NaCl的溶解度受温度影响不大，可将固体溶解后蒸发浓缩，冷却结晶，过滤、洗涤、干燥，以除去KNO3固体中少量的NaCl固体，故A错误；
B. 将NaOH浓溶液滴加到饱和的FeCl3溶液中，二者反应生成Fe(OH)3沉淀，无法获得氢氧化铁胶体，故B错误；
C. CCl4与水不互溶，且不发生任何发应，可用CCl4萃取碘水中的I2，CCl4的密度比水的密度大，则混合液分层后先从分液漏斗下口放出有机层，后从上口倒出水层，故C正确；
D. 铁在中性溶液或弱酸性溶液中可发生吸氧腐蚀，盐酸为酸性溶液，发生析氢腐蚀，故D错误；
故选C。
4、A
【解析】
A. 根据表中数据可知甲容器中反应达到平衡时，c(H2O)＝0.4ml·L－1，c(CO2)＝0.8ml·L－1，c(H2)＝1.6ml·L－1，K1＝＝12.8，A正确；
B. 乙容器中反应达到平衡时，c(H2O)＝0.8ml·L－1，c(CO2)＝0.6ml·L－1，c(H2)＝1.2ml·L－1，K2＝＝1.35，K1＞K2，该反应为吸热反应，K减小说明反应逆向进行，则温度降低，即T1＞T2，B错误；
C. 向容器中再充入0.1ml H2O(g)，相当于增大压强，平衡逆向移动，则CO2的体积分数减小，C错误；
D. 与乙容器中的量比较，1.0ml CO2和2.0ml H2相当于1.0ml C和2.0ml H2O，若体积不变，则平衡时是完全等效的，即CO2为0.6ml，CO2的转化率为40%，但由于体积增大，压强减小，反应向生成CO2的方向移动，则CO2的转化率小于40%，D错误；
故答案为：A。
5、C
【解析】
A选项，明矾是两种阳离子和一种阴离子组成的盐，小苏打是一种阳离子和一种阴离子组成的盐，因此都不能称为混盐，故A错误；
B选项，在上述反应中，浓硫酸化合价没有变化，因此浓硫酸只体现酸性，故B错误；
C选项，CaOCl2中有氯离子和次氯酸根，一个氯离子升高一价，生成一个氯气，因此每产生1ml Cl2，转移电子数为NA，故C正确；
D选项，CaOCl2中含有钙离子、氯离子、次氯酸根，因此1ml CaOCl2共含离子数为3NA，故D错误；
综上所述，答案为C。
读清题中的信息，理清楚CaOCl2中包含的离子。
6、A
【解析】
由实验可知，试剂①为硝酸钡溶液，生成白色沉淀为碳酸钡和硫酸钡，则试剂②为盐酸，沉淀减少，硫酸钡不溶于盐酸，则原溶液中一定存在CO32-、SO42-，则不含Fe2+、Mg2+；加试剂①过滤后的滤液中，再加试剂②盐酸，H+、I-、NO3-发生氧化还原反应生成I2，溶液变黄色，由于溶液呈电中性，则溶液中一定含有的阳离子为K+。由上述分析可知，该溶液中一定有I-、CO32-、SO42-、K+，选项A正确；B、溶液中一定不含有Mg2+，选项B错误；C、加入足量盐酸会引入Cl-，故无法判断原溶液中是否存在Cl-，选项C错误；D、试剂②一定为盐酸，不能为硫酸，因为碳酸钡与硫酸反应生成硫酸钡会使沉淀质量增加，不符合题意，选项D错误。答案选A。
7、C
【解析】
由题目可知硫酸铅电极处生成Pb，则硫酸铅电极的反应为：PbSO4+2e-+2Li+=Pb+Li2SO4，则硫酸铅电极为电池的正极，钙电极为电池的负极，由此分析解答。
【详解】
A. 输出电能时，电子由负极经过外电路流向正极，即从钙电极经外电路流向硫酸铅电极，A项错误；
B. Li+带正电，放电时向正极移动，即向硫酸铅电极迁移，B项错误；
C. 负极反应方程式为Ca+2Cl−−2e−=CaCl2，正极电极反应方程式为：PbSO4+2e−+2Li+=Pb+Li2SO4，则总反应方程式为：PbSO4+Ca+2LiCl=Pb+CaCl2+Li2SO4，C项正确；
D.钙电极为负极，电极反应方程式为Ca+2Cl−−2e−=CaCl2，根据正负极电极反应方程式可知2e−∼2LiCl，每转移0.2 ml电子，消耗0.2 ml LiCl，即消耗85g的LiCl，D项错误；
答案选C。
硫酸铅电极处生成Pb是解题的关键，掌握原电池的工作原理是基础，D项有关电化学的计算明确物质与电子转移数之间的关系，问题便可迎刃而解。
8、B
【解析】
由化学式H3YO4可知，Y元素显+5价，在该物质中X元素的原子可形成3对共用电子对，且X、Y为同主族元素，原子半径X小于Y，则X为N元素，Y为P元素，又X、Y原子的质子数之和减去Y原子最外层电子数即为Z元素的原子序数，则Z的原子序数为7+15-5=17，Z为Cl元素，可与其它原子形成共用电子对，符合，据此分析解答。
【详解】
由化学式H3YO4可知，Y元素显+5价，在该物质中X元素的原子可形成3对共用电子对，且X、Y为同主族元素，原子半径X小于Y，则X为N元素，Y为P元素，又X、Y原子的质子数之和减去Y原子最外层电子数即为Z元素的原子序数，则Z的原子序数为7+15-5=17，Z为Cl元素，可与其它原子形成共用电子对，符合，
A. 同周期元素从左向右，非金属性逐渐增强，同主族元素从上至下，非金属性逐渐减弱，X为N元素，Y为P元素，Z为Cl元素，则元素非金属性X＞Y＜Z，故A正确；
B. X为N元素，其氢化物为氨气，显碱性，故B错误；
C. Y的最高价氧化物的水化物是H3PO4，为中强酸，故C正确；
D. 同种非金属元素原子间形成非极性键，不同种非金属元素的原子间形成极性键，则在该分子中，存在极性共价键和非极性共价键，故D正确；
故选B。
9、D
【解析】
A.未告知是否为标准状况，无法计算3.36LCl2的物质的量，因此无法确定铁和氯气反应转移的电子数，故A错误；
B.次氯酸钠中不存在氯离子，故B错误；
C.Fe(SCN)3为难电离的物质，5mL0.005ml/L的Fe(SCN)3中溶质的物质的量为0.005L×0.005ml/L=2.5×10－5ml，微粒数目略小于2.5×10－5NA，故C错误；
D.18g H2O的物质的量为1ml，而水为10电子微粒，故1ml水中含10NA个电子，故D正确；
答案选D。
本题的易错点为A，使用气体摩尔体积需要注意：①对象是否为气体；②温度和压强是否为标准状况。
10、B
【解析】
A. 乙烯分子是平面分子，该化合物中含有不饱和的碳碳双键，与这两个不饱和碳原子连接的C原子在乙烯分子的平面内，对于乙基来说，以亚甲基C原子为研究对象，其周围的C原子构成的是四面体结构，最多两个顶点与该原子在同一平面上，所以该分子中的5个碳原子可能共面，A不符合题意；
B. 与该有机物含相同官能团的同分异构体有CH2=CH-CH2CH2CH3、CH3CH=CH-CH2CH3、、，B符合题意；
C. 该物质分子中含有碳碳双键，与H2发生加成反应产生烷烃；与卤化氢和卤素单质发生加成反应可制得卤代烃，C不符合题意；
D. 戊烷性质稳定，不能被酸性高锰酸钾溶液氧化，而该物质分子中含有不饱和碳碳双键，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化而使其褪色，因此可以用酸性高锰酸钾溶液鉴别二者，D不符合题意；
故合理选项是B。
11、B
【解析】
比例模型可以直观地表示分子的形状，其碳原子的成键情况是确定分子结构的关键，碳原子的成键情况主要根据与碳原子形成共价键的原子的数目确定，原子半径的关系为C>O>H，最大的原子为C，最小的原子为H，小于C原子的灰色原子为O。则该有机物的结构简式为CH3CH(OH)COOH，则其中含有官能团有一个羟基，一个羧基。
故选B。
12、D
【解析】
Cu2+或OH－浓度都已变得很小，说明二者恰好反应。硫酸铜和氢氧化钠的物质的量分别是0.06ml和0.09ml，则铜离子和OH－的物质的量之比是2︰3，而只有选项D中符合，答案选D。
13、B
【解析】
设在500g硝酸钾饱和溶液中含有硝酸钾xg，依据题意有：，解得x=121.21g，那么含有水500g﹣121.21g=378.79g，加入的氯化钠中不含有与硝酸钾相同的离子，不用考虑是否和硝酸钾出现盐的代换，所以不会出现晶体析出，且2g氯化钠完全可以溶解在378.79g水中，即2g氯化钠溶于硝酸钾中时溶液中有四种离子计钾离子、硝酸根离子、钠离子、氯离子，他们几种随机组合均未达到这四种物质的溶解度，故选B。
14、D
【解析】
A．同一主族相邻的两种元素的原子序数之差为2、8、8、18、18、32等，不相邻的两种元素的原子序数之差可能为16，如锂和钾，故A错误；
B．最外层电子数为8的粒子不一定是稀有气体元素的原子，也可能是离子，例如钠离子，故B错误；
C．同一主族中，随着核电荷数的增加，单质的熔点可能降低，如碱金属，也可能升高，如卤素，故C错误；
D．主族元素中，原子核外最外层电子数为2与次外层电子数相同的元素只有Be，原子核外最外层电子数为8的元素，次外层电子数为8的是Ar，不是主族元素，故D正确；
故选D。
本题考查了同周期元素、同主族元素原子序数关系，最外层核外电子数和次外层电子数的关系，判断元素的种类、以及元素周期律的应用等知识点，解题中注意掌握规律的同时，注意特例。
15、B
【解析】
A. 由现象可知，将BaSO4投入饱和Na2CO3溶液中充分反应，向过滤后所得固体中加入足量盐酸，固体部分溶解且有无色无味气体产生，说明固体中含有BaCO3和BaSO4，有BaSO4转化成BaCO3，这是由于CO32-浓度大使Qc（BaCO3）>Ksp（BaCO3），所以不能验证Ksp(BaSO4)＜Ksp(BaCO3)，A项错误；
B. Mg（OH）2比Ca（OH）2更难溶，成浆状后，再加入饱和MgCl2溶液，充分搅拌后Ca（OH）2与MgCl2反应生成Mg（OH）2和溶于水的CaCl2，过滤，用蒸馏水洗净沉淀，可达到除去Mg(OH)2样品中Ca(OH)2杂质的目的，B项正确；
C. 试纸变为蓝色，说明生成氨气，可说明NO3−被还原为NH3，结论不正确，C项错误；
D. 由操作和现象可知，亚硫酸氢根离子电离大于其水解，则HSO3−结合H+的能力比SO32−的弱，D项错误；
答案选B。
A项是易错点，沉淀转化的一般原则是由溶解度小的转化为溶解度更小的容易实现，但两难溶物溶解度相差不大时也可控制浓度使溶解度小的转化成溶解度大的。
16、C
【解析】
反应CN-+OH-+Cl2→CO2+N2+Cl-+H2O中Cl元素化合价由0价降低为-1价，化合价总共降低2价，C元素化合价由+2价升高为+4价，N元素化合价由-3价升高为0价，化合价升降最小公倍数为2[(4-2)+(3-0)]=10价，故CN-系数为2，Cl2系数为5，由元素守恒反应方程式为2CN-+8OH-+5Cl2=2CO2+N2+10Cl-+4H2O，以此来解答。
【详解】
A．反应CN-+OH-+Cl2→CO2+N2+Cl-+H2O中Cl元素化合价由0价降低为-1价，C元素化合价由+2价升高为+4价，N元素化合价由-3价升高为0价，可知Cl2是氧化剂，CO2和N2是氧化产物，故A正确；
B．由上述分析可知，C元素化合价由+2价升高为+4价，N元素化合价由-3价升高为0价，所以若有1ml CN-发生反应，则有[(4-2)+(3-0)]NA=5NA电子发生转移，故B正确；
C．由上述分析可知，反应方程式为2CN-+8OH-+5Cl2=2CO2+N2+10Cl-+4H2O，反应中是CN-是还原剂，Cl2是氧化剂，氧化剂与还原剂的化学计量数之比为5：2，故C错误；
D．C元素化合价由+2价升高为+4价，N元素化合价由-3价升高为0价，所以CN-失电子，发生氧化反应为负极，故D正确。
故选：C。
17、D
【解析】
A．氯化钠属于离子晶体，氯化氢属于分子晶体溶于水时，破坏的化学键不同；
B．非金属元素之间也可形成离子化合物，如铵盐；
C．SiO2和Si的晶体类型相同，都是原子晶体；
D．金刚石由原子构成，足球烯（C60）由分子构成。
【详解】
A．氯化钠属于离子晶体溶于水时破坏离子键，氯化氢属于分子晶体溶于水时破坏共价键，所以破坏的化学键不同，故A错误；
B．非金属元素之间也可形成离子化合物，如铵盐为离子化合物，故B错误；
C．二氧化硅是由硅原子和氧原子按照个数比1：2通过Si﹣O键构成原子晶体，在Si晶体中，每个Si原子形成2个Si﹣Si键构成原子晶体，故C错误；
D．金刚石由原子构成，为原子晶体，作用力为共价键，而足球烯（C60）由分子构成，为分子晶体，作用力为分子间作用力，故D正确；
故选：D。
18、D
【解析】
A. 在光照条件下，烷烃能够与卤素单质发生取代反应，故A正确；
B．乙炔和乙烯与溴水都能发生加成反应，则褪色原理相同，故B正确；
C. 甲苯(C7H8)和甘油(C3H8O3)的含氢量相等，总质量一定的甲苯(C7H8)和甘油(C3H8O3)混合物中氢元素的质量一定，完全燃烧时生成水的质量一定，故C正确；
D．对二氯苯仅一种结构，不能说明苯环结构中不存在单双键交替的结构，因为如果是单双键交替的结构，对二氯苯也是一种结构，故D错误；
故选D。
本题的易错点为D，要注意是不是单双键交替的结构，要看对二氯苯是不是都是一种，应该是“邻二氯苯仅一种结构，才能说明苯环结构中不存在单双键交替的结构”，因为如果是苯环结构中存在单双键交替的结构，邻二氯苯有2种结构。
19、A
【解析】
A．与氯化钠反应后，硝酸银过量，再加入NaI，硝酸银与碘化钠反应生成沉淀，为沉淀的生成，不能比较Ksp大小，故A错误；
B．只有硫代硫酸钠溶液浓度不同，其它条件都相同，所以可以探究浓度对化学反应速率影响，故B正确；
C．酸根离子水解程度越大，其对应的酸电离程度越小，电离平衡常数越大，通过两种盐溶液的pH大小可以判断其酸根离子水解程度的大小，从而确定其对应酸的酸性强弱，从而确定电离平衡常数大小，故C正确；
D．氧化亚铜和氧化铁都是红色固体，氧化亚铜和稀硫酸生成的Cu能和铁离子反应生成亚铁离子，所以不能检验红色固体中含有氧化铁，故D正确；
答案选A。
本题的易错点为D，要注意氧化亚铜在酸性溶液中能够发生歧化反应，生成的Cu能和铁离子发生氧化还原反应。
20、C
【解析】
A．用Na2CO3溶液处理水垢中的CaSO4，水垢是难溶物，离子反应中不能拆，正确的离子反应：CaSO4＋CO32-=CaCO3+ SO42-，故A错误；
B．用稀硝酸洗涤做过银镜反应的试管，电子转移不守恒，电荷不守恒，正确的离子反应：3Ag+4H++NO3-=3Ag++NO↑+2H2O，故B错误；
C．用氢氧化钠溶液除去铝表面的氧化膜，是氢氧化钠与氧化铝反应，离子方程为：Al2O3＋2OH－=2AlO2-＋H2O，故C正确；
D．工业上用过量氨水吸收二氧化硫，反应生成亚硫酸铵，正确的离子方程式为：2NH3+SO2+H2O=2NH4++SO32−，故D错误；
答案选C。
21、B
【解析】
A．醋酸易挥发，醋酸、碳酸均与苯酚钠反应生成苯酚，则不能比较碳酸、苯酚的酸性，选项A错误；
B．乙酸与丁醇加热发生酯化反应生成酯，长导管可冷凝回流，图中可制备乙酸丁酯，选项B正确；
C．苯的密度比水小，水在下层，应先分离下层液体，再从上口倒出上层液体，选项C错误；
D．蒸干时氯化铵受热分解，选项D错误；
答案选B。
本题考查化学实验方案的评价及实验装置综合应用，为高频考点，把握物质的性质、实验技能、实验装置的作用为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验评价性分析，易错点为选项B：乙酸与丁醇加热发生酯化反应生成酯，长导管可冷凝回流；选项D：蒸干时氯化铵受热分解，应利用冷却结晶法制备，否则得不到氯化铵晶体。
22、A
【解析】
A. 在银氨溶液中，题中所给各离子间不发生反应，可以大量共存，故A正确；
B. 空气中有氧气，NO与氧气反应生成二氧化氮，不能大量共存，故B错误；
C. 氯化铝溶液中铝离子与碳酸氢根离子双水解，不能大量共存，故C错误；
D. 使甲基橙呈红色的溶液显酸性，I-和NO3-发生氧化还原反应，不能大量共存，故D错误；
答案选A。
二、非选择题(共84分)
23、邻溴苯甲醛 Br2、FeBr3(或Fe) +H2O 19 、、 c
【解析】
由题可知，A和D为两种不饱和的烃，根据已知①，C和F发生反应生成G，可知C的结构式为，F为，则E为，D与HBr发生加成反应得到E，故D为，B到C为催化氧化，则B为，A发生取代反应得到B，故A为，G在该条件下得到H，结合已知①可以得到H为，由于有机物J结构中含两个环，故可能是H发生分子内的酯化，得到J，据此分析解答问题。
【详解】
(1)根据上述分析，C的结构式为，叫做邻溴苯甲醛，故答案为：邻溴苯甲醛；
(2)A→B为苯环上的取代反应，条件为Br2、FeBr3(或Fe)，故答案为：Br2、FeBr3(或Fe)；
(3) H为，由于有机物J结构中含两个环，故可能是H发生分子内的酯化，得到JH→J的化学反应方程式为+H2O，故答案为：+H2O；
(4)，根据以上分析C为，由转化关系可推出M为，N为，其分子式为C8H14O3，N的同分异构体中符合下列条件：①含有基团、环上有三个取代基②与NaHCO3反应产生气泡说明含有羧基 ③可发生缩聚反应，说明含有羧基和羟基，则环上有三个不同取代基分别为甲基、羟基和羧基。先分析环上有两个取代基时共有4种结构（邻间对和同一个碳上），这4种结构对应的第三个取代基的取代产物分别有6种，6种，4种，3种，所以共有6+6+4+3=19种同分异构体，其中核磁共振氢谱显示环上只有 3 组峰，且峰面积之比为 4:4:1且满足条件的物质有、、。
M的同分异构体的元素组成相同，在元素分析仪中显示的信号完全相同，故答案为：c；、、 (任选其一即可)；
(5) 根据题干信息，以和甲烷为原料，合成的路线如下：。
24、取代反应 羟基、羰基 +2OH-+Cl-+H2O 浓硫酸加热 或或CH3OCH3 12
【解析】
根据C的结构和B的分子式可得B的结构简式为，A→B发生取代反应，又A的分子式为C2H4O，则A为乙醛(CH3CHO)，C在Zn/HCl的条件下得到D，根据已知信息，则D的结构简式为，D再经消去反应和酸化得到E，E的结构简式为，E与CH3OH在一定条件下反应生成F(C9H12O2)，F与反应生成G()，G与H2NCH(CH3)2反应最终得到美托洛尔，据此分析解答问题。
【详解】
(1)根据C的结构和B的分子式可得B的结构简式为，含有的官能团有羟基和羰基，A→B发生取代反应，又A的分子式为C2H4O，则A为乙醛(CH3CHO)，故答案为：取代反应；羟基、羰基；
(2) 由上述分析可知，D得到E的第一部反应为消去反应，反应方程式为+2OH-+Cl-+H2O，故答案为：+2OH-+Cl-+H2O；
(3)E与CH3OH在一定条件下反应生成F(C9H12O2)，不饱和度没有发生变化，碳原子数增加1个，再联系G的结构，可知发生醇与醇之间的脱水反应，条件为浓硫酸，加热，已知在此条件下醇羟基不能与醇发生反应，则该过程的副反应为分子内消去脱水，副产物为，分子间脱水可得或CH3OCH3，故答案为：浓硫酸，加热；或或CH3OCH3；
(4)根据手性碳的概念，可知G中含有的手性碳可表示为，故答案为：；
(5)芳香族化合物I是B的同分异构体，I能与银氨溶液产生银镜，说明I中含有—CHO，则同分异构体包括：，—CHO可安在邻间对，3种，，—OH可安在邻间对，3种，，—CHO可安在邻间对，3种，，—CH3可安在邻间对，3种，共有3×4=12种，故答案为：12；
(6)以甲苯和苯酚为原料制备，其合成思路为，甲苯光照取代变为卤代烃，再水解，变为醇，再催化氧化变为醛，再借助题目A→B，C→D可得合成路线：，故答案为：。
25、Cu(NH3)42++2RH=2NH4++2NH3+CuR2 提高铜离子的萃取率，提高原料利用率 稀硫酸 pH太小氧化亚铜会发生歧化反应，pH太大，氧化亚铜会溶解 C 真空干燥 90.90% 制备氧化亚铜时，氧化亚铜被肼还原，产品中含有铜粉，测定结果均增大
【解析】
刻蚀液（含有大量Cu2+、Fe2+、Fe3+）加入过量的氨水，形成铜氨溶液，同时生成氢氧化亚铁和氢氧化铁沉淀，铜氨溶液中加入有机溶液得到CuR2，再反萃取剂条件下生成硫酸铜溶液。
【详解】
（1）步骤II，铜氨溶液和RH的有机溶液反应生成氨气和氯化铵和CuR2，离子方程式为：Cu(NH3)42++2RH=2NH4++2NH3+CuR2；
（2）需要对水层多次萃取并合并萃取液是能提高铜离子的萃取率，提高原料利用率；
（3）通过前后的物质分析，反萃取剂提供硫酸根离子和氢离子，故为稀硫酸；
（4）①从信息分析，氧化亚铜在酸性强的溶液中会发生歧化反应，但碱性强的溶液中氧化亚铜会溶解。故答案为：pH太小氧化亚铜会发生歧化反应，pH太大，氧化亚铜会溶解；
②纳米Cu2O不能通过半透膜，所以可以选择C进行分离。
③因为Cu2O在潮湿的空气中会慢慢氧化生成CuO，也易被还原为Cu，所以选择真空干燥；
（5）①根据得失电子分析关系式有5Cu2O---2KMnO4，高锰酸钾的物质的量为0.200 0 mI.L-1×0.05L=0.01ml，则氧化亚铜的物质的量为0.025ml，质量分数为=90.90%；
②制备氧化亚铜时，肼具有还原性，氧化亚铜被肼还原，产品中含有铜粉，测定结果均增大。
26、打开K1，关闭K2和K3 先通入过量的CO2气体，排除装置内空气 打开K1，关闭K2和K3 打开K2和K3 ，同时关闭K1 浓硫酸 吸收多余的溴蒸气同时防止外界的水蒸气使产物水解 防止产品四溴化钛凝固成晶体，堵塞连接管，造成危险 排出残留在装置中的TiBr4和溴蒸气 直形冷凝管 温度计（量程250°C）
【解析】
⑴检查装置气密性并加入药品后，加热前应进行排除装置内的空气，防止反应物碳单质与氧气反应，浪费原料，还可能产生有毒气体CO等，污染空气，开始仅仅是通入CO2气体，所以只需要打开K1，关闭K2和K3，打开电炉并加热反应管，此时需要打开K2和K3,同时关闭K1，保证CO2气体携带溴蒸气进入反应装置中。
⑵因为产品四溴化钛易发生水解，因此整套装置需要保持干燥，因此进入的CO2气体必须干燥，装置单元X应为尾气处理装置，吸收多余的溴蒸气，同时还能防止空气中的水蒸气干扰实验，防止产品四溴化钛水解变质。
⑶反应结束后在反应装置中还有少量四溴化钛残留，以及剩余的溴蒸气，应继续通入一段时间CO2，主要目的是把少量残留四溴化钛排入收集装置中，提高产率，而且还可以排出剩余的溴蒸气，进行尾气处理，防止污染。
⑷实验结束后，将连接管切断并熔封，采用蒸馏法提纯，因此需要用到直形冷凝管。
【详解】
⑴检查装置气密性并加入药品后，加热前应进行排除装置内的空气，防止反应物碳单质与氧气反应，浪费原料，还可能产生有毒气体CO等，污染空气，因此加热实验前应先通入过量的CO2气体，其目的是排除装置内空气。此时仅仅是通入CO2气体，所以只需要打开K1，关闭K2和K3；而反应开始一段时间后，打开电炉并加热反应管，此时需要打开K2和K3,同时关闭K1，保证CO2气体携带溴蒸气进入反应装置中，故答案为：先通入过量的CO2气体；排除装置内空气；打开K1，关闭K2和K3；打开K2和K3，同时关闭K1。
⑵因为产品四溴化钛易发生水解，因此整套装置需要保持干燥，因此进入的CO2气体必须干燥，所以试剂A为浓硫酸（作干燥剂），装置单元X应为尾气处理装置，吸收多余的溴蒸气，同时还能防止空气中的水蒸气干扰实验，防止产品四溴化钛水解变质。反应过程中需用热源间歇性微热连接管，其目的是防止产品四溴化钛凝固成晶体，堵塞连接管，造成危险，用热源间歇性微热连接管可以使产品四溴化钛加热熔化，流入收集装置中，故答案为：浓硫酸；吸收多余的溴蒸气同时防止外界的水蒸气使产物水解；防止产品四溴化钛凝固成晶体，堵塞连接管，造成危险。
⑶反应结束后在反应装置中还有少量四溴化钛残留，以及剩余的溴蒸气，应继续通入一段时间CO2，主要目的是把少量残留四溴化钛排入收集装置中，提高产率，而且还可以排出剩余的溴蒸气，进行尾气处理，防止污染，故答案为：排出残留在装置中的TiBr4和溴蒸气。
⑷实验结束后，将连接管切断并熔封，采用蒸馏法提纯。在产品四溴化钛中还有残留的液溴，因此根据题中给出的四溴化钛的沸点233.5°C，可以使用蒸馏法提纯；此时应将a端的仪器改装为直形冷凝管、承接管和接收瓶，在防腐胶塞上加装的仪器是温度计（量程是250°C），故答案为：直形冷凝管；温度计（量程250°C）。
27、KClO3＋3MnO2＋6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O↑ c 3MnO42-+2H2O=2MnO4-+MnO2↓+4OH- 4MnO4-+4OH-=4MnO42-+O2↑+2H2O Cl-具有还原性，可将K2MnO4和KMnO4还原 过滤速度快、效果好 MnO42--e-= MnO4- 电解较长时间后，阳极产生的MnO4-在阴极被还原，紫色又转变为绿色。(或阴极上氢离子放电生成氢气，同时产生大量的氢氧根离子，溶液碱性增强，紫色又转变为绿色
【解析】
（1）根据图示，操作②中的反应物有KClO3、MnO2和KOH加热时生成K2MnO4、KCl和H2O，反应的化学方程式为：KClO3＋3MnO2＋6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O↑；操作①和②的反应物中均含有碱性物质，碱能够与氧化铝、二氧化硅及硅酸盐反应，应选择铁坩埚，故答案为KClO3＋3MnO2＋6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O↑；c；
（2）操作④中K2MnO4转化为KMnO4和MnO2，反应的离子方程式为：3MnO42-+ 2H2O = 2MnO4-+ MnO2↓+ 4OH-；若溶液碱性过强，则MnO4-又会转化为MnO42-，反应的离子方程式为：4MnO4-+4OH-= 4MnO42-+ O2↑+ 2H2O；通入CO2调pH=10-11，不选用HCl，是因为Cl-具有还原性，可将K2MnO4和KMnO4还原，
故答案为3MnO42-+ 2H2O = 2MnO4-+ MnO2↓+ 4OH-；4MnO4-+4OH-= 4MnO42-+ O2↑+ 2H2O；Cl-具有还原性，可将K2MnO4和KMnO4还原；
（3） 图1为普通过滤装置，图2为抽滤装置，抽滤装置过滤速度快，过滤效果好，且能够过滤颗粒很小是固体和糊状物，
故答案为过滤速度快、效果好；
（4）电解过程中右侧石墨电极连接电源正极，是阳极，发生氧化反应，电极反应式为：MnO42--e-= MnO4-；若电解时间过长，阳极产生的MnO4-在阴极被还原，紫色又转变为绿色，也可能是阴极上氢离子放电生成氢气，同时产生大量的氢氧根离子，溶液碱性增强，紫色又转变为绿色，
故答案为MnO42--e-= MnO4-；电解较长时间后，阳极产生的MnO4-在阴极被还原，紫色又转变为绿色。(或阴极上氢离子放电生成氢气，同时产生大量的氢氧根离子，溶液碱性增强，紫色又转变为绿色) 。
28、As 1 5s25p3 V形 H2O c，d 两者属于原子晶体，半径NKsp(AgI)
B
向2支盛有5mL不同浓度的Na2S2O3溶液的试管中同时加入5mL0.1 ml• L -1硫酸溶液，记录出现浑浊的时间
探究浓度对反应速率的影响
C
其他条件相同，测定等浓度的HCOOK和K2S溶液的pH
比较Ka(HCOOH)和Ka2(H2S)的大小
D
向可能含有Cu2O、Fe2O3红色固体①中加入足量稀硫酸溶解，有红色固体②生成，再滴加KSCN溶液溶液不变红
（已知：Cu2O+2H+═Cu+Cu2++H2O）
不能说明红色固体①中不含Fe2O3