2026届安徽省亳州市第二中学高考全国统考预测密卷化学试卷含解析

这是一份2026届安徽省亳州市第二中学高考全国统考预测密卷化学试卷含解析，文件包含专题14分类讨论思想在压轴题中的应用原卷版pdf、专题14分类讨论思想在压轴题中的应用解析版pdf等2份试卷配套教学资源，其中试卷共125页， 欢迎下载使用。
2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
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。
4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。
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、下列说法不正确的是
A．一定条件下，苯能与H2发生加成反应生成环己烷
B．利用粮食酿酒经历了淀粉→葡萄糖→乙醇的化学变化过程
C．石油裂解得到的汽油可使溴水、酸性高锰酸钾溶液褪色，褪色原理相同
D．乙醇能与CuO反应生成乙醛，乙醛又能将新制的Cu(OH)2还原成Cu2O
2、《本草纲目》中有“冬月灶中所烧薪柴之灰，令人以灰淋汁，取碱浣衣”的记载。下列说法正确的是
A．“薪柴之灰”可与铵态氮肥混合施用B．“以灰淋汁”的操作是萃取
C．“取碱”得到的是一种碱溶液D．“浣衣”过程有化学变化
3、莽草酸是一种合成治疗禽流感药物达菲的原料，鞣酸存在于苹果、生石榴等植物中。有关说法正确的是（ ）
A．等浓度的两种酸其酸性相同
B．两种酸都能与溴水发生加成反应
C．鞣酸分子与莽草酸分子相比多了两个碳碳双键
D．鞣酸能与Fe3+发生显色反应，而莽草酸不能
4、下列实验现象预测正确的是（ ）
A．实验Ⅰ：振荡后静置，溶液仍分层，且上层溶液颜色仍为橙色
B．实验Ⅱ：铁片最终完全溶解，且高锰酸钾溶液变无色
C．实验Ⅲ：微热稀硝酸片刻，溶液中有气泡产生，广口瓶内始终保持无色
D．实验Ⅳ：当溶液至红褐色，停止加热，让光束通过体系时可产生丁达尔现象
5、下列实验操作能达到实验目的的是
A．用装置甲验证NH3极易溶于水
B．用50mL量筒量取10ml·L-1硫酸2mL,加水稀释至20mL,配制1ml·L-1稀硫酸
C．用pH试纸测量氯水的pH
D．用装置乙制取无水FeCl3
6、萜类化合物广泛存在于动植物体内，关于下列萜类化合物的说法正确的是
A．a和b都属于芳香烃
B．a和c分子中所有碳原子均处于同一平面上
C．在一定条件a、b和c均能与氢气发生加成反应
D．b和c均能与新制Cu(OH)2悬浊液反应生成砖红色沉淀
7、用NA表示阿伏伽德罗常数的值。下列有关说法正确的是（ ）
A．1ml氮气与3ml氢气反应，生成的氨分子数目为2NA
B．1.0ml•L-1Na2SO3水溶液中含有的硫原子数目为NA
C．电解饱和食盐水，当阳极产生11.2LH2时，转移的电子数为NA
D．常温下，3L0.1ml•L-1FeCl3溶液所含Fe3+数目小于0.3NA
8、图为元素周期表的一部分，X、Y、W、R为短周期元素，四种元素的最外层电子数之和为21。下列说法不正确的是
A．最高价氧化物对应水化物的酸性R>X>Y
B．84号元素与Z元素同主族
C．R、W的某些单质或两元素形成的某些化合物可作水的消毒剂
D．Z2W3具有氧化性和还原性
9、2007年诺贝尔化学奖授予德国化学家格哈德·埃特尔，以表彰其在固体表面化学研究领域作出的开拓性贡献。下图是氢气与氮气在固体催化剂表面合成氨的反应过程示意图，下列有关合成氨反应的叙述中不正确的是（ ）
A．过程②需吸收能量，过程③则放出能量
B．常温下该反应难以进行，是因为常温下反应物的化学键难以断裂
C．在催化剂的作用下，该反应的△H变小而使反应变得更容易发生
D．该过程表明，在化学反应中存在化学键的断裂与形成
10、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．在标准状况下，将4.48L的氯气通入到水中反应时转移的电子数为0.2NA
B．12g石墨中C-C键的数目为2NA
C．常温下，将27g铝片投入足量浓硫酸中，最终生成的SO2分子数为1.5NA
D．常温下，1LpH＝1的CH3COOH溶液中，溶液中的H＋数目为0.1NA
11、下列说法正确的是
A．34Se、35Br位于同一周期，还原性Se2− >Br− >Cl−
B．与互为同系物，都能使酸性高锰酸钾溶液褪色
C．硫酸铵和醋酸铅都是盐类，都能使蛋白质变性
D．Al2O3和Ag2O都是金属氧化物，常用直接加热分解法制备金属单质
12、已知A、B为单质，C为化合物。能实现上述转化关系的是（ ）
A+BCC溶液A+B
①若C溶于水后得到强碱溶液，则A可能是Na
②若C溶液遇Na2CO3放出CO2气体，则A可能是H2
③若C溶液中滴加KSCN溶液显血红色，则B可能为Fe
④若C溶液中滴加NaOH溶液有蓝色沉淀生成，则B可能为Cu
A．①②B．③④C．①③D．②④
13、普通电解精炼铜的方法所制备的铜中仍含杂质，利用如图中的双膜(阴离子交换膜和过滤膜)电解装置可制备高纯度的Cu。下列有关叙述正确的是（ ）
A．电极a为粗铜
B．甲膜为过滤膜，可阻止阳极泥及漂浮物杂质进入阴极区
C．乙膜为阴离子交换膜，可阻止杂质阳离子进入阴极区
D．当电路中通过1ml电子时，可生成32g精铜
14、根据有关操作与现象，所得结论不正确的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
15、下列关于铝及其化合物的说法中不正确的是（ ）
A．工业上冶炼金属铝时，通过在氧化铝中添加冰晶石的方法降低电解能耗
B．铝制品表面可以形成耐腐蚀的致密氧化膜保护层，因此可以用铝罐盛放咸菜，用铝罐车运输浓硫酸
C．铝合金具有密度小、强度高、塑性好等优点，广泛应用于制造飞机构件
D．在饱和明矾溶液中放入几粒形状规则的明矾晶体，静置几天后可观察到明矾小晶体长成明矾大晶体
16、香豆素-3-羧酸是日用化学工业中重要香料之一，它可以通过水杨醛经多步反应合成：
下列说法正确的是( )
A．水杨醛苯环上的一元取代物有4种
B．可用酸性高锰酸钾溶液检验中间体A中是否混有水杨醛
C．中间体A与香豆素-3- 羧酸互为同系物
D．1 ml香豆素-3-羧酸最多能与1 ml H2发生加成反应
17、短周期元素X、Y、Z、M的原子序数依次增大。元素X的一种高硬度单质是宝石，Y2+电子层结构与氖相同，Z的质子数为偶数，室温下，M单质为淡黄色固体。下列说法不正确的是
A．X单质与M单质不能直接化合
B．Y的合金可用作航空航天飞行器材料
C．M简单离子半径大于Y2+的半径
D．X和Z的气态氢化物，前者更稳定
18、下列解释事实的方程式不正确的是
A．金属钠露置在空气中，光亮表面颜色变暗：4Na+O2 =2Na2O
B．铝条插入烧碱溶液中，开始没有明显现象：Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O
C．硫酸铵溶液与氢氧化钡溶液混合，产生气体：NH4++OH-= NH3↑十+H2O
D．碘化银悬浊液滴加硫化钠溶液，黄色沉淀变成黑色：2AgI+S2-=Ag2S↓+2I-
19、某有机物的结构简式如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．与互为同分异构体
B．可作合成高分子化合物的原料（单体）
C．能与NaOH溶液反应
D．分子中所有碳原子不可能共面
20、设NA为阿伏加德罗常数值。下列体系中指定微粒个数约为NA的是
A．0.5mlCl2溶于足量水，反应中转移的电子
B．7.0g乙烯和丙烯混合气体中的氢原子
C．1L1ml/LNa2CO3溶液中含有的CO32－
D．标准状况下，5.6LCCl4含有的氯原子
21、NA是阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是 ( )
A．16.25 g FeCl3水解形成的Fe(OH)3胶体粒子数为0.1 NA
B．22.4 L(标准状况)氩气含有的质子数为18 NA
C．1.0 L1.0 ml/L的NaAlO2水溶液中含有的氧原子数为2 NA
D．密闭容器中，2 ml SO2和1 ml O2催化反应后分子总数为2 NA
22、W、X、Y、Z均为短周期主族元素，原子序数依次增大，其原子的最外层电子数之和为19，W和Y同主族，X原子的电子层数与最外层电子数相等，Z元素最高正价与最低负价的代数和为4。下列说法正确的是（ ）
A．X和Z形成的化合物是不溶于水的沉淀
B．Z的氧化物对应水化物的酸性一定大于Y
C．W的简单气态氢化物沸点比Y的高
D．X、Y、Z简单离子半径逐渐减小
二、非选择题(共84分)
23、（14分）罗氟司特是治疗慢性阻塞性肺病的特效药物，其合成中间体F的一种合成路线如下：
回答下列问题：
（1）A的化学名称为__________，D的分子式为__________
（2）由B生成C的化学方程式是____________。
（3）E→F的反应类型为___________，F中含氧官能团的名称为____________。
（4）上述合成路线中，有3步反应都使用NaOH溶液来提高产率，其原理是_______。
（5）的链状同分异构体有_______种（不包括立体异构），写出其中核磁共振氢谱有两组峰的结构简式：__________。
（6）设计以对甲基苯酚为原料制备的合成路线：______（其他试剂任选）。
24、（12分）EPR橡胶（）和PC塑料(）的合成路线如下：
（1）A的名称是 ___________。E的化学式为______________。
（2）C的结构简式____________。
（3）下列说法正确的是（选填字母）_________。
A．反应Ⅲ的原子利用率为100%
B．CH3OH在合成PC塑料的过程中可以循环利用
C．1 ml E与足量金属 Na 反应，最多可生成22.4 L H2
D．反应Ⅱ为取代反应
（4）反应Ⅰ的化学方程式是_________。
（5）反应Ⅳ的化学方程式是_________。
（6）写出满足下列条件F的芳香族化合物的同分异构体________。
①含有羟基，
②不能使三氯化铁溶液显色，
③核磁共振氢谱为五组峰，且峰面积之比为1:2:2:2:1；
（7）已知：，以D和乙酸为起始原料合成无机试剂任选，写出合成路线（用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明反应试剂和条件）_______。
25、（12分）CCl2·6H2O是一种饲料营养强化剂。一种利用水钴矿(主要成分为C2O3、C(OH)3，还含少量Fe2O3、Al2O3、MnO等)制取CCl2·6H2O的工艺流程如下：
已知：①浸出液含有的阳离子主要有H+、C2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等；
②部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表：(金属离子浓度为：0.01ml/L)
③CCl2·6H2O熔点为86℃，加热至110~120℃时，失去结晶水生成无水氯化钴。
（1）写出浸出过程中C2O3发生反应的离子方程式_________________。
（2）写出NaClO3发生反应的主要离子方程式________________；若不慎向“浸出液”中加过量NaClO3时，可能会生成有毒气体，写出生成该有毒气体的离子方程式_________________。
（3）“加Na2CO3调pH至a”,过滤所得到的沉淀成分为___________________。
（4）“操作1”中包含3个基本实验操作，它们依次是_____________、____________和过滤。制得的CCl2·6H2O在烘干时需减压烘干的原因是__________________。
（5）萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系如图。向“滤液”中加入萃取剂的目的是______________；其使用的最佳pH范围是_________。
A．2.0~2.5 B．3.0~3.5
C．4.0~4.5 D．5.0~5.5
（6）为测定粗产品中CCl2·6H2O含量，称取一定质量的粗产品溶于水，加入足量AgNO3溶液，过滤、洗涤，将沉淀烘干后称其质量。通过计算发现粗产品中CCl2·6H2O的质量分数大于100％，其原因可能是______________________。(答一条即可)
26、（10分）丙烯酸酯类物质广泛用于建筑、包装材料等，丙烯酸是合成丙烯酸酯的原料之一。丙烯醇可用于生产甘油、塑料等。以丙烯醛为原料生产丙烯醇、丙烯酸的流程如图所示：
已知：
①2CH2=CH-CHO+NaOH CH2=CHCH2OH+CH2=CHCOONa
②2CH2=CHOONa+H2SO4→2CH2=CHCOOH+Na2SO4
③有关物质的相关性质如表：
(1)操作①需要连续加热30min，所用装置如图所示。仪器L名称是________。
(2)操作②使用的主要仪器是分液漏斗，在使用之前需进行的操作是 ___。
(3)操作④包括____、过滤、冰水洗涤、低温吸干。
(4)操作⑤中，加热蒸馏“下层液体”，分离出四氯化碳；再分离出丙烯醇(如图)，要得到丙烯醇应收集 ____(填温度)的馏分。图中有一处明显错误，应改为____。
(5)测定丙烯醇的摩尔质量：准确量取amL丙烯醇于分液漏斗中，烧瓶内盛装足量钠粒。实验前量气管B中读数为b mL，当丙烯醇完全反应后，冷却至室温、调平B、C液面，量气管B的读数为c mL。已知室温下气体摩尔体积为VL·ml-1。
调平B、C液面的操作是____；实验测得丙烯醇的摩尔质量为____g·ml-1(用代数式表示)。如果读数时C管液面高于B管，测得结果将____(填“偏大”“偏小”或“不变”)。
27、（12分）辉铜矿与铜蓝矿都是天然含硫铜矿，在地壳中二者常伴生存在。现取一份该伴生矿样品，经检测后确定仅含Cu2S、CuS和惰性杂质。为进一步确定其中Cu2S、CuS的含量，某同学进行了如下实验：
①取2.6g样品，加入·L－1酸性KMnO4溶液，加热(硫元素全部转化为SO42－)，滤去不溶杂质；
②收集滤液至250mL容量瓶中，定容；
③取25.00mL溶液，用0.1000ml·L－1FeSO4溶液滴定，消耗20.00mL；
④加入适量NH4HF2溶液(掩蔽Fe3+和Mn2+，使其不再参与其他反应)，再加入过量KI固体，轻摇使之溶解并发生反应：2Cu2++4I－=2CuI+I2；
⑤加入2滴淀粉溶液，用0.1000m1·L－1Na2S2O3溶液滴定，消耗30.00mL(已知：2S2O32－+I2=S4O62－+2I－)。
回答下列问题：
(1)写出Cu2S溶于酸性KMnO4溶液的离子方程式：___________；
(2)配制0.1000ml· L－1FeSO4溶液时要用煮沸过的稀硫酸，原因是___________，配制过程中所需玻璃仪器除了烧杯、玻璃棒、容量瓶外还有___________；
(3)③中取25.00mL待测溶液所用的仪器是___________；
(4)⑤中滴定至终点时的现象为___________；
(5)混合样品中Cu2S和CuS的含量分别为_________%、_________%(结果均保留1位小数)。
28、（14分）氮化铝(AlN)陶瓷是一种新型无机非金属材料， 最高可稳定到2473K， 导热性好、热膨胀系数小，是良好的耐热冲击材料。制取原理为：Al2O3+3C+N22A1N+3CO，回答下列问题：
(1)氮化铝的晶体类型为________。在上述化学方程式中第二周期元素的第一电离能由小到大的顺序是______。
(2)基态氧原子电子占据最高能级的原子轨道的形状是________，未成对电子数为________。
(3)等电子体具有相似的结构。CO与N2互为等电子体，CO分子中σ键与π键数目之比为_______。
(4)Cu2+处于：[Cu(NH3)4]2+的中心，若将配离子[Cu(NH3)4]2+中的2个NH3换为CN-，则有2种结构，则Cu2+是否为sp3杂化________（填“是”或“否”）理由为_________。
(5)AlN晶体结构如图所示，1个Al原子周围距离最近的Al原子数为______个；若晶胞结构的高为a nm， 底边长为b nm，NA表示阿伏伽德罗常数的值，则其密度为_______g.cm-3(列出计算式)。
29、（10分）氮及其化合物对环境具有显著影响。
(1)已知汽车气缸中氮及其化合物发生如下反应：
N2(g)+O2(g)2NO(g) △H=+180 kJ/ml
N2(g)+2O2(g)2NO2(g) △H=+68 kJ/ml
则 2NO(g)+O2(g)2NO2(g) △H=__________ kJ/ml
(2)对于反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的反应历程如下：
第一步：2NO(g)N2O2(g)(快速平衡)
第二步：N2O2(g)+O2(g) 2NO(g)(慢反应)
其中可近似认为第二步反应不影响第一步的平衡，第一步反应中：υ正=k1 正·c2(NO)，υ 逆=k1 逆·c(N2O2)，k1正、k1 逆为速率常数，仅受温度影响。下列叙述正确的是__________
A．整个反应的速率由第一步反应速率决定
B．同一温度下，平衡时第一步反应的越大，反应正向程度越大
C．第二步反应速率慢，因而平衡转化率也低
D．第二步反应的活化能比第一步反应的活化能高
(3)在密闭容器中充入一定量的CO和NO气体，发生反应2CO(g)+2NO(g)2CO2(g)+N2(g) △H”、“a；b的活性温度约450℃。在图中画出b所对应的曲线(从300℃开始画) _______。
(4)在汽车的排气管上加装催化转化装置可减少NOx的排放。研究表明，NOx的脱除率除与还原剂、催化剂相关外，还取决于催化剂表面氧缺位的密集程度。以＋X(A、B 均为过渡元素)为催化剂，用H2还原NO的机理如下：
第一阶段：B4＋(不稳定)＋H2→低价态的金属离子(还原前后催化剂中金属原子的个数不变)
第二阶段：I . NO(g)+□→NO(a)
II . 2NO(a)→2N(a)+O2(g) III. 2N(a)→N2(g)+2□
IV. 2NO(a)→N2(g)+2O(a) V. 2O(a)→O2(g)+2□
注：□表示催化剂表面的氧缺位，g表示气态，a表示吸附态
第一阶段用氢气还原 B4＋得到低价态的金属离子越多，第二阶段反应的速率越快，原因是________。
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】A．苯虽然并不具有碳碳双键，但在镍作催化剂的条件下也可与H2加成生成环己烷，故A正确；B．淀粉经过水解生成葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的作用下转化为乙醇，过程中有新物质生成，属于化学变化，故B正确；C. 石油裂解得到的汽油中含有烯烃，可使溴水、酸性高锰酸钾溶液褪色，但褪色原理不同，与溴水是发生加成反应，与酸性高锰酸钾是发生氧化还原反应，故C错误；D．乙醇在加热条件下能与CuO反应生成乙醛，乙醛能将新制的Cu(OH)2还原成Cu2O，反应中都存在元素的化合价的变化，均属于氧化还原反应，故D正确；故选C
2、D
【解析】
A. “薪柴之灰”中含有碳酸钾，与铵态氮肥共用时，发生水解反应，相互促进水解，降低肥效，故A错误；
B. “以灰淋汁”的操作是过滤，故B错误；
C. “取碱”得到的是碳酸钾溶液，属于盐溶液，故C错误；
D. “浣衣”过程中促进油脂的水解，属于化学变化，故D正确；
故选D。
3、D
【解析】
A. 莽草酸只有一个羧基能电离出氢离子，使溶液显酸性，鞣酸有一个羧基、三个酚羟基均可以电离出氢离子，使溶液显酸性，则等浓度的两种酸，鞣酸酸性更强，故A错误；
B. 鞣酸不含碳碳双键，含有酚羟基，与溴水只发生取代反应，故B错误；
C. 鞣酸含有苯环，不含碳碳双键，故C错误；
D. 鞣酸含有酚羟基，与铁离子反应，而莽草酸中不含酚−OH，则遇三氯化铁溶液不显紫色，故D正确；
答案选D。
【点睛】
鞣酸中的羟基为酚羟基，遇三氯化铁溶液显紫色，莽草酸中的六元环不是苯环，其中的羟基是醇羟基，遇三氯化铁溶液不显紫色，这是同学们的易错点。
4、D
【解析】
A、溴单质能与氢氧化钠反应，生成溴化钠，易溶于水，所以苯层中不存在溴单质，所以苯层为无色，故A不正确；
B、常温下铁在浓硫酸中发生钝化现象；阻止反应进行，铁片不能溶解，高锰酸钾溶液不变色，故B不正确；
C、铜和稀硝酸发生生成一氧化氮气体在广口瓶中遇到空气中的氧气反应生成红棕色气体二氧化氮，故不正确；
D、饱和氯化铁溶液加热到红褐色后制的氢氧化铁胶体，胶体具有丁达尔现象，光线通过出现一-条光亮的通路，故D正确；
故选D。
5、A
【解析】
A. 将胶头滴管中的水挤入烧瓶，若氨气极易溶于则烧瓶内压强降低，气球会鼓起来，可以达到实验目的，故A正确；
B. 稀释浓硫酸时要把浓硫酸加入水中，且不能在量筒中进行，故B错误；
C. 氯水中有次氯酸具有漂白性，不能用pH试纸测其pH值，故C错误；
D. 氯化铁易水解生成氢氧化铁和HCl，加热促进水解，而且盐酸易挥发，所以蒸干最终得到氢氧化铁而不是氯化铁，故D错误；
故答案为A。
【点睛】
制备无水氯化铁需要在HCl气流中加热蒸发氯化铁溶液，抑制氯化铁水解。
6、C
【解析】
A．a中不含苯环，则不属于芳香族化合物，只有b属于芳香族化合物，但含有O元素，不属于芳香烃，A错误；
B．a、c中含甲基、亚甲基、次甲基均为四面体构型，则a和c分子中所有碳原子不可能处于同一平面上，B错误；
C．a含碳碳双键、b含苯环、c含-CHO，均可与氢气发生加成反应，C正确；
D. b中无醛基，不能与新制Cu(OH)2悬浊液反应生成砖红色沉淀，c分子中含有醛基，可以与新制Cu(OH)2悬浊液共热反应生成砖红色沉淀，D错误；
故合理选项是C。
7、D
【解析】
A．氮气与氢气反应为可逆反应，不能进行到底，所以1ml氮气与3ml氢气反应，生成的氨分子数目小于2NA，故A错误；
B．溶液体积未知，无法计算S原子个数，故B错误；
C．气体状况未知，无法计算其物质的量，故无法计算电子转移数，故C错误；
D．三价铁离子为弱碱阳离子，水溶液中部分水解，所以常温下，3L0.1ml•L-1FeCI3溶液所含Fe3+数目小于0.3NA，故D正确；
故选：D。
8、B
【解析】
假设X的最外层电子数为x-1，则Y的最外层电子数为x-1，Z的最外层电子数为x，W的最外层电子数为x+1，R的最外层电子数为x+2，有关系式x-1+ x-1+ x+1+ x+2=21，解x=5，则X为碳元素，Y为硅元素，Z为砷元素，W为氧元素，R为氯元素。
A. 因为元素非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，所以酸性强弱顺序为高氯酸>碳酸>硅酸，故正确；
B. 84号元素都在第ⅥA主族， Z元素在第ⅤA主族,故错误；
C.氯气或二氧化氯或臭氧等可作水的消毒剂，故正确；
D. As2O3中砷为中间价态，具有氧化性和还原性，故正确。
故选B。
9、C
【解析】
A. 根据示意图知，过程②化学键断裂需要吸收能量，过程③化学键形成则放出能量，故A正确；
B. 化学键形断裂过程中吸收能量，故温度较低时不利于键的断裂，故B正确；
C. 催化剂的作用原理是降低活化能，即反应物的化学键变得容易断裂，但△H不变，故C错误；
D. 根据图示分析可知，该过程中，存在化学键的断裂与形成，故D正确。
故选C。
10、D
【解析】
A. 在标准状况下，将4.48L的氯气通入到水中反应是可逆反应，氯气未能完全参与反应，转移的电子数小于0.2NA，故A错误；
B. 一个C连3个共价键， 一个共价键被两个C平分，相当于每个C连接1.5个共价键，所以12gC即1mlC中共价键数为1.5 NA，故B错误；
C. 常温下，铝片与浓硫酸钝化，反应不能继续发生，故C错误；
D. 常温下，1LpH＝1即c（H＋）=0.1ml/L的CH3COOH溶液中，溶液中的n（H＋）=0.1ml/L×1L=0.1ml，数目为0.1NA，故D正确。
答案选D。
11、A
【解析】
A、同周期元素从左到右非金属性增强，同主族元素从上到下非金属性减弱，单质氧化性SeCl−，故A正确；
B、 属于酚类、属于醇类，不属于同系物，故B错误；
C、硫酸铵能使蛋白质溶液发生盐析，不能使蛋白质变性，故C错误；
D、Al是活泼金属，Al2O3不能直接加热分解制备金属铝，故D错误。
12、D
【解析】
从A+BCC溶液A+B的转化关系可知，电解C溶液时，是电解电解质本身，因此C溶液中的溶质可以为不活泼金属的无氧酸盐或无氧酸；据此分析解答。
【详解】
①若A为钠，则B为氧气，则C为过氧化钠，C的水溶液为氢氧化钠，电解氢氧化钠得到氢气和氧气，不符合转化关系，故①错误；
②若C的溶液遇Na2CO3，放出CO2气体，则C可以为HCl、HBr、HI等，电解这些酸的水溶液实际上是电解溶质本身，在阴极得到氢气，故A可能是H2，B可能为卤素单质，故②符号上述转化关系，故②正确；
③若C的溶液中滴加KSCN溶液显红色，则C中含铁离子，电解铁盐不会得到铁单质，不符合转化关系，故③错误；
④由C的溶液中滴加NaOH溶液有蓝色沉淀生成，则C为铜盐，C可以为卤化铜，如氯化铜、溴化铜等，电解他们的水溶液都会得到铜和卤素单质，故B可以为铜，故④正确；
故选D。
13、D
【解析】
A．电解精炼铜中，粗铜作阳极，接电源正极，因此电极a为精铜，电极b为粗铜，故A错误；
B．甲膜为阴离子交换膜，防止阳极溶解的杂质阳离子进入阴极区，同时NO3-可穿过该膜，平衡阳极区电荷，故B错误；
C．乙膜为过滤膜，先对阳极区的阳极泥及漂浮物过滤，故C错误；
D．阴极只有Cu2+放电，转移1ml电子时，生成0.5 ml Cu，因此质量=0.5ml×64g/ml=32g，故D正确；
故答案选D。
【点睛】
本题关键是通过装置原理图判断该电解池的阴阳极，通过阴阳极的反应原理，判断甲膜和乙膜的种类和作用。
14、A
【解析】
A、将湿润的有色布条伸入Cl2中，氯气与水反应生成次氯酸，次氯酸具有漂白性，有色布条褪色，氯气没有漂白性，故A错误；
B、钠元素焰色呈黄色，用洁净铂丝蘸取某溶液灼烧，火焰呈黄色，说明溶液中含有Na+，故B正确；
C、氨气与水反应生成一水合氨，一水合氨具有碱性，使湿润的红色石蕊试纸变蓝，故C正确；
D、含有Fe3+的溶液遇KSCN溶液变红，故D正确；
答案选A。
15、B
【解析】
A.电解熔融氧化铝加冰晶石是为了降低电解液工作温度，降低电解能耗，故A正确；
B.长时间用铝罐盛放咸菜，铝表面的氧化膜会被破坏失去保护铝的作用；浓硫酸具有强吸水性，容器口部的浓硫酸吸收空气中的水蒸汽后稀释为稀硫酸，稀硫酸能溶解铝罐口部的氧化膜保护层，故B错误；
C.铝合金具有密度小、强度高、塑性好等优点，被广泛地应用于航空工业等领域，例如用于制造飞机构件，故C正确；
D.培养明矾晶体时，在饱和明矾溶液中放入几粒形状规则的明矾晶体，静置几天后可观察到明矾小晶体长成明矾大晶体，故D正确；
综上所述，答案为B。
16、A
【解析】
A．水杨醛苯环上的四个氢原子的环境不同，即苯环上有4种等效氢，苯环上的一元取代物有4种，故A正确；
B．水杨醛中含有醛基和酚羟基，具有醛和酚的性质；中间体中含有酯基、碳碳双键，具有酯和烯烃性质，二者都能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，现象相同，不能用酸性高锰酸钾溶液鉴别，故B错误；
C．结构相似，在分子组成上相差一个或n个-CH2原子团的有机物互称同系物，中间体中含有酯基、香豆酸-3-羧酸中含有酯基和羧基，二者结构不相似，所以不是同系物，故C错误；
D．香豆酸-3-羧酸中苯环和碳碳双键能和氢气发生加成反应，则1ml各物质最多能和4ml氢气发生加成反应，故D错误；
故答案为A。
17、A
【解析】元素X的一种高硬度单质是宝石，即X是C，Y2＋电子层结构与氖相同，则Y为Mg，Z的质子数为偶数，Z可能是Si，也可能是S，室温下，M的单质为淡黄色固体，则M为S，即Z为Si，A、C与S能直接化合成CS2，故说法错误；B、镁合金质量轻，硬度大，耐高温，可用作航空航天飞行器材料，故说法正确；C、S2－比Mg2＋多一个电子层，因此S2－的半径大于Mg2＋，故说法正确；D、氢化物分别是CH4、SiH4，非金属性越强，氢化物越稳定，非金属性C>Si，即CH4比SiH4稳定，故说法正确。
18、C
【解析】A、金属钠与空气中的氧气反应而变暗：4Na+O2 =2Na2O，选项A正确；B. 铝表面的氧化铝溶于烧碱溶液中：Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O，选项B正确；C. 硫酸铵溶液与氢氧化钡溶液反应：Ba2++2OH-+2NH4++SO42-=BaSO4↓+2NH3•H2O，选项C错误；D、 碘化银悬浊液滴加硫化钠溶液，生成更难溶的黑色沉淀：2AgI+S2-=Ag2S↓+2I-，选项D正确。答案选C。
19、D
【解析】
A．分子式相同而结构不同的有机物互为同分异构体，与分子式都为C7H12O2，互为同分异构体，故A正确；
B．该有机物分子结构中含有碳碳双键，具有烯烃的性质，可发生聚合反应，可作合成高分子化合物的原料（单体），故B正确；
C．该有机物中含有酯基，具有酯类的性质，能与NaOH溶液水解反应，故C正确；
D．该有机物分子结构简式中含有-CH2CH2CH2CH3结构，其中的碳原子连接的键形成四面体结构，单键旋转可以使所有碳原子可能共面，故D错误；
答案选D。
【点睛】
数有机物的分子式时，碳形成四个共价键，除去连接其他原子，剩余原子都连接碳原子。
20、B
【解析】
A. Cl2溶于足量水，反生反应生成HCl和HClO，为可逆反应，转移电子数无法计算，A项错误；
B. 乙烯和丙烯的最简式均为CH2，故7.0g混合物中含有的CH2的物质的量为0.5ml，则含NA个H原子，B项正确；
C. 1L1ml/L Na2CO3溶液中Na2CO3的物质的量为1ml，CO32－为弱酸根，在溶液中会水解，微粒个数约小于NA，C项错误；
D. 标况下四氯化碳为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量和含有的共价键个数，D项错误；
答案选B。
【点睛】
本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，注意：可逆反应无法得出具体转移电子数；水解后粒子会减少；液体不能用气体摩尔体积计算。
21、B
【解析】
FeCl3的物质的量是0.1ml，Fe(OH)3胶体粒子是若干个Fe(OH)3分子的集合体，故A错误；
B.氩的质子数为18，氩气是单原子分子，标准状况下，22.4L氩气的物质的量为1ml，含有的质子数为18 NA，故B正确；
C.NaAlO2水溶液中不仅有NaAlO2，还有H2O，·L-1的NaAlO2水溶液中含有的氧原子数大于2NA，故C错误；
D.二氧化硫是和氧气的反应是可逆反应，反应物有剩余，没有完全转化成2mlSO3，因此分子总数不是2NA，故D错误；
故答案为B。
【点睛】
本题D是易错点，主要是不清楚甲烷发生取代反应时属于自由基取代反应，每个氢原子都有可能被取代，其产物比较复杂，这与乙烯与氢气的加成反应完全不同。
22、C
【解析】
W、X、Y、Z均为短周期主族元素，原子序数依次增大，其原子的最外层电子数之和为19，W和Y同主族，则Y、Z位于第三周期，Z元素最高正价与最低负价的代数和为4，则Z位于ⅥA，为S元素；X原子的电子层数与最外层电子数相等，X可能为Be或Al元素；设W、Y的最外层电子数均为a，则2a+6+2=19，当X为Be时，a=5.5(舍弃)，所以X为Al，2a+6+3=19，解得：a=5，则W为N，Y为P元素，据此解答。
【详解】
根据分析可知：W为N，X为Al，Y为P，Z为S元素。
A．Al、S形成的硫化铝溶于水发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和硫化氢，故A错误；
B．没有指出元素最高价，故B错误；
C．氨气分子间存在氢键，导致氨气的沸点较高，故C正确；
D．电子层越多离子半径越大，电子层相同时，核电荷数越大离子半径越小，则离子半径大小为：Y＞Z＞X，故D错误；
故答案为C。
二、非选择题(共84分)
23、邻苯二酚 C11H11O2F2Br 取代反应（或水解反应） 醚键、羧基 减小生成物浓度，使平衡正向移动 8 BrCH＝C（CH3）2
【解析】
A中苯环上有两个处于邻位的酚羟基，习惯上叫做邻苯二酚，在NaOH溶液作用下，A与发生取代反应生成B（），B与Br2发生取代反应生成C（），C在NaOH溶液作用下酚羟基发生取代生成D（），D经过取代、酯化两个反应后得到E（），最后E中的酯基经碱性条件下水解再酸化生成合成罗氟司特的中间体F（）。根据以上分析解答此题。
【详解】
(1) 中苯环上有两个处于邻位的酚羟基，叫做邻苯二酚；D为，分子式为C11H11O2F2Br；
答案为：邻苯二酚；C11H11O2F2Br。
(2)由图示可知与Br2发生取代反应生成C，根据原子守恒写出反应方程式：。
答案为：。
(3)E到F的反应中只有酯基发生水解，生成羧酸盐后再进行酸化，反应类型为取代反应（或水解反应），F中的含氧官能团为醚键、羧基。
答案为；取代反应（或水解反应）；醚键、羧基。
(4)上述合成路线中，A→B、C→D、E→F这三个反应中都使用了NaOH溶液，有机反应的特点是反应比较慢，副反应多，很多还是可逆反应，在上面三个反应中NaOH溶液都可以与反应后的生成物发生反应，使生成物的浓度减小，促使平衡向正向移动，提高了反应的产率，最后还可再经酸化除去官能团里的钠离子。
答案为：减小生成物浓度，使平衡正向移动。
(5)的分子式为C4H7Br，不饱和度为1，写成链状可以考虑为丁烷里面增加一条双键，正丁烷里加一条双键有两种写法：CH2=CHCH2CH3、CH3CH=CHCH3，异丁烷里加一条双键只有一种写法：CH2=C(CH3)2。在CH2=CHCH2CH3、CH3CH=CHCH3 、CH2=C(CH3)2里面分别有4、2、2种等效氢，所以CH2=CHCH2CH3、CH3CH=CHCH3 、CH2=C(CH3)2的一溴代物即的链状同分异构体（不包括立体异构）有4+2+2=8种。其中核磁共振氢谱有两组峰也就是结构式中有两种氢的为：BrCH＝C(CH3)2。
答案为：8；BrCH＝C(CH3)2。
(6)根据题中信息，以为原料合成有两个方向的反应，一个是酚羟基上的取代，另一个是甲基邻位的取代，酯化，仿照题中C→D的条件可实现酚羟基的取代，得到，再与Br2发生取代生成，然后仿照题中D→E的条件可实现甲基邻位溴原子的取代，酯化得到。故以对甲基苯酚为原料制备的合成路线为：。
答案为：。
24、丙烯 C2H6O2 AB n+n+(2n-1) CH3OH 或
【解析】
EPR橡胶()的单体为CH2=CH2和CH2=CHCH3，EPR由A、B反应得到，B发生氧化反应生成环氧己烷，则B为CH2=CH2、A为CH2=CHCH3；结合PC和碳酸二甲酯的结构，可知C15H16O2为，D与丙酮反应得到C15H16O2，结合D的分子式，可推知D为，结合C的分子式，可知A和苯发生加成反应生成C，再结合C的氧化产物，可推知C为；与甲醇反应生成E与碳酸二甲酯的反应为取代反应，可推知E为HOCH2CH2OH。据此分析解答。
【详解】
(1)根据上述分析，A为CH2=CHCH3，名称为丙烯；E为HOCH2CH2OH，化学式为C2H6O2，故答案为丙烯；C2H6O2；
(2)C为，故答案为；
(3)A．反应Ⅲ为加成反应，原子利用率为100%，故A正确；B．生成PC的同时生成甲醇，生成E时需要甲醇，所以CH3OH在合成PC塑料的过程中可以循环利用，故B正确；C．E为HOCH2CH2OH，1ml E与足量金属 Na 反应，最多可以生成1ml氢气，气体的体积与温度和压强有关，题中未告知，无法计算生成氢气的体积，故C错误；D．反应Ⅱ为加成反应，故D错误；故答案为AB；
(4)反应Ⅰ的化学方程式是，故答案为；
(5)反应Ⅳ的化学方程式是n+n+(2n-1)CH3OH，故答案为n+n+(2n-1) CH3OH；
(6)F的分子式为C15H16O2，F的芳香族化合物的同分异构体满足：①含有羟基；②不能使三氯化铁溶液显色，说明羟基没有直接连接在苯环上；③核磁共振氢谱为五组峰，且峰面积之比为1:2:2:2:1，满足条件的F的芳香族化合物的同分异构体为或，故答案为或；
(7)和氢气发生加成反应生成，发生消去反应生成，发生信息中的氧化反应生成OHCCH2CH2CH2CH2CHO，OHCCH2CH2CH2CH2CHO发生加成反应生成HOCH2CH2CH2CH2CH2CH2OH，HOCH2CH2CH2CH2CH2CH2OH和乙酸发生酯化反应生成，因此合成路线为：，故答案为。
【点睛】
正确推断题干流程图中的物质结构是解题的关键。本题的易错点为(6)，要注意从结构的对称性考虑，难点为(7)中合成路线的设计，要注意充分利用题干流程图提供的信息和已知信息，可以采用逆推的方法思考。
25、C2O3+SO32－+4H+=2C2++SO42－+2H2O ClO3-+6Fe2++6H+=Cl-+6Fe3++3H2O ClO3-+5Cl-+6H+=3Cl2↑+3H2O Fe(OH)3 、Al(OH)3 蒸发(浓缩) 冷却(结晶) 降低烘干温度，防止产品分解 除去溶液中的Mn2+ B 粗产品含有可溶性氯化物或晶体失去了部分结晶水
【解析】
（1）向水钴矿[主要成分为C2O3、C(OH)3，还含少量Fe2O3、Al2O3、MnO等]中加入盐酸和亚硫酸钠，浸出液含有的阳离子主要有H+、C2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等，所以C2O3和亚硫酸钠在酸性条件下发生氧化还原，根据电荷守恒和得失电子守恒，反应的离子方程式为：C2O3+SO32-+4H+=2C2++SO42-+2H2O，故答案为C2O3+SO32-+4H+=2C2++SO42-+2H2O；
（2）NaClO3的作用是将Fe2+氧化成Fe3+，其反应的离子方程式为：ClO3-+6Fe2++6H+=Cl-+6Fe3++3H2O；在酸性条件下，NaClO3与氯离子发生氧化还原反应生成氯气，其反应的离子方程式为：ClO3-+5Cl-+6H+=3Cl2↑+3H2O；故答案为ClO3-+6Fe2++6H+=Cl-+6Fe3++3H2O；ClO3-+5Cl-+6H+=3Cl2↑+3H2O；
（3）NaClO3的作用是将Fe2+氧化成Fe3+，加Na2CO3调pH至a，铝离子能与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳，水解的离子方程式为：2Al3++3CO32-+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑；铁离子能与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铁和二氧化碳，水解的离子方程式为：2Fe3++3CO32-+3H2O=2Fe(OH)3↓+3CO2↑，所以沉淀成分为：Fe(OH)3、Al(OH)3，故答案为Fe(OH)3、Al(OH)3；
（4）从溶液中制取氯化钴固体，其操作步骤为：蒸发浓缩、冷却结晶和过滤，故答案为蒸发浓缩；冷却结晶；
（5）根据流程图可知，此时溶液中存在Mn2+、C2+金属离子；由萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系可知，调节溶液pH在3.0～3.5之间， Mn2+的萃取率很高而C2+的萃取率较小，并防止C2+转化为C(OH)2沉淀，故答案为除去溶液中的Mn2+；B；
（6）根据CCl2•6H2O的组成分析，造成产品中CCl2•6H2O的质量分数大于100%的原因可能是：含有杂质，导致氯离子含量大或结晶水化物失去部分水，导致相同质量的固体中氯离子含量变大，故答案为粗产品含有可溶性氯化物或晶体失去了部分结晶水。
【点晴】
理解工艺流程图、明确实验操作与设计及相关物质的性质是解答本题的关键，试题充分考查了学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力。
26、冷凝管 检漏 冰水浴冷却结晶 97℃ 温度计水银球与蒸馏烧瓶支管口处相齐平 上下移动C管 偏大
【解析】
丙烯醛与氢氧化钠溶液共热生成丙烯醇和丙烯酸钠，加入四氯化碳萃取未反应的丙烯醛和丙烯醇，四氯化碳密度比水大，所以得到的上层液体含有丙烯酸钠，加入硫酸酸化得到丙烯酸溶液，丙烯酸熔点为13℃，可用冰水冷却可得到丙烯酸晶体，过滤、冰水洗涤、低温吸干得到丙烯酸；下层液体为含有少量未反应的丙烯醛和生成的丙烯醇的四氯化碳溶液，蒸馏得到丙烯醇。
【详解】
(1)根据L的结构特点可知其为球形冷凝管；
(2)过程②为萃取分液，分液漏斗使用前需要进行检漏；
(3)根据分析可知操作④包括冰水浴冷却结晶、过滤、冰水洗涤、低温吸干；
(4)根据题目信息可知丙烯醇的沸点为97℃，所以收集97℃的馏分；进行蒸馏时温度计的水银球应与蒸馏烧瓶的支管口处相平；
(5)丙烯醇含有羟基可以与钠单质反应生成氢气，通过测定生成的氢气的量来确定丙烯醇的物质的量，从而测定其摩尔质量；记录氢气体积时要注意通过上下移动C管使B、C液面高度一致，从而使气体的压强与大气压相同；得到的气体体积为cmL，室温下气体摩尔体积为VL·ml-1，则生成的氢气物质的量为，丙烯醇分子中含有一个羟基，所以丙烯醇的物质的量为，丙烯醇的密度为0.85 g·mL-3，则amL丙烯醇的质量为0.85ag，所以丙烯醇的摩尔质量为；若读数时C管液面高于B管，则B中压强要大于大气压，导致测得的气体体积偏小，根据计算公式可知会导致计算得到的摩尔质量偏大。
【点睛】
蒸馏实验中温度计的水银球应与蒸馏烧瓶的支管口处相平，冷凝水从冷凝管的下口进上口出；排水法测量气体体积时一定要保证气体压强和大气压相同，否则无法准确知道气体压强无法进行换算。
27、Cu2S+2MnO4-+8H+=2Cu2++SO42-+2Mn2++4H2O 除去水中溶解的氧气，防止Fe2+被氧化 胶头滴管 （酸式）滴定管（或移液管） 溶液由蓝色变为无色且半分钟内不恢复原色 61.5 36.9
【解析】
由配制溶液的过程确定所需仪器，据滴定实验原理判断终点现象，运用关系式计算混合物的组成。
【详解】
(1)据题意，样品中的Cu、S元素被酸性KMnO4溶液分别氧化成Cu2+、SO42-，则Cu2S与酸性KMnO4溶液反应的离子方程式Cu2S+2MnO4-+8H+=2Cu2++SO42-+2Mn2++4H2O。
(2)配制0.1000ml·L－1FeSO4溶液所用稀硫酸要煮沸，目的是除去水中溶解的氧气，防止Fe2+被氧化；配制过程中所需玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管。
(3)步骤③中取25.00mL待测溶液（有未反应的酸性KMnO4溶液），所用仪器的精度应为0.01mL，故选酸式滴定管或移液管。
(4)步骤⑤用标准Na2S2O3溶液滴定反应生成的I2，使用淀粉作指示剂，终点时溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复原色。
(5)设2.6g样品中，Cu2S和CuS的物质的量分别为x、y，
据5Fe2+~MnO4-（5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O），样品反应后
剩余n(MnO4-)=0.1000ml·L－1×20.00×10-3L××=4.000×10-3ml
样品消耗n(MnO4-)=0.2000m·L－1×200.0×10-3L－4.000×10-3ml=36.00×10-3ml
由Cu2S~2MnO4-和5CuS~8MnO4-（5CuS+8MnO4-+24H+=5Cu2++5SO42-+8Mn2++12H2O），得2x+y=36.00×10-3ml
又据2Cu2+~I2~2S2O32－，得2x+y=0.1000m1·L－1×30.00×10-3L×=30.00×10-3ml
解方程组得x=y=0.01ml
故w(Cu2S)==61.5%，w(CuS)==36.9%。
【点睛】
混合物的计算常利用方程组解决，多步反应用关系式使计算简化。注意溶液体积的倍数关系，如本题中配制250mL溶液，只取出25.00mL用于测定实验。
28、原子晶体 CF。在D点对反应容器升温的同时扩大体积，使体系的压强减小，则化学平衡逆向移动，最终导致NO的体积分数增大，所以重新达到平衡时，可能D点变为图中的A点；
③在一定温度范围内温度升高，催化剂活性增大，但达到平衡时NO脱除率降低，且催化剂b的催化效率 b>a，b的活性温度约450℃。在相同温度时，b比a先使NO达到最大脱氮率，所以催化剂b的曲线表示为；
(3)第一阶段用氢气还原B4+得到低价态的金属离子增多，还原后催化剂中金属原子的个数不变，价态降低，低价态的金属离子越多，氧缺位增多，反应速率加快，故第二阶段反应的速率越快。
【点睛】
本题综合考查了反应热的计算、化学平衡的影响因素、催化剂的作用、化学平衡的计算等，掌握盖斯定律、化学反应速率和化学平衡移动原理是解题关键，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力，综合性强。
X
W
Y
R
Z
选项
操作
现象
结论
A
将湿润的有色布条伸入Cl2中
布条褪色
氯气有漂白性
B
用洁净铂丝蘸取某溶液灼烧
火焰呈黄色
溶液中含有Na+
C
将湿润的红色石蕊试纸伸入NH3中
试纸变蓝
氨水显碱性
D
向某溶液中滴加KSCN溶液
溶液变红
溶液中含有Fe3+
沉淀物
Fe(OH)3
Fe(OH)2
C(OH)2
Al(OH)3
Mn(OH)2
开始沉淀
2.7
7.6
7.6
4.0
7.7
完全沉淀
3.7
9.6
9.2
5.2
9.8
物质
丙烯醛
丙烯醇
丙烯酸
四氯化碳
沸点/℃
53
97
141
77
熔点/℃
- 87
- 129
13
-22.8
密度/g·mL-3
0.84
0.85
1.02
1.58
溶解性(常温)
易溶于水和有机溶剂
溶于水和有机溶剂
溶于水和有机溶剂
难溶于水