2026届安徽省合肥一六八中学高考冲刺化学模拟试题含解析

这是一份2026届安徽省合肥一六八中学高考冲刺化学模拟试题含解析，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。
1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。
2．答题时请按要求用笔。
3．请按照题号顺序在答题卡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、试卷上答题无效。
4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。
5．保持卡面清洁，不要折暴、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、下列不能说明氯元素的非金属性比硫元素强的是（ ）
A．氧化性：
B．
C．气态氢化物的稳定性：
D．与反应生成，而与生成
2、既有强电解质，又有弱电解质，还有非电解质的可能是（ ）
A．离子化合物B．非金属单质C．酸性氧化物D．共价化合物
3、向FeCl3、CuCl2混合溶液中加入铁粉，充分反应后仍有固体存在，则下列判断不正确的是
A．溶液中一定含有Fe2+B．溶液中一定含有Cu2+
C．剩余固体中一定含有CuD．加入KSCN溶液一定不変红
4、下列关于轮船嵌有锌块实施保护的判断不合理的是
A．嵌入锌块后的负极反应：Fe﹣2e- = Fe2+
B．可用镁合金块代替锌块进行保护
C．腐蚀的正极反应：2H2O + O2 + 4e- = 4OH-
D．该方法采用的是牺牲阳极的阴极保护法
5、W、X、Y、Z均为短周期主族元素且原子序数依次增大。W最外层电子数是次外层电子数的3倍，W与Y同主族，X在短周期中原子半径最大。下列说法正确的是
A．常温常压下Y的单质为气态B．X的氧化物是离子化合物
C．X与Z形成的化合物的水溶液呈碱性D．W与Y具有相同的最高化合价
6、在盛有稀H2SO4的烧杯中放入用导线连接的电极X、Y，外电路中电子流向如图所示。关于该装置，下列说法正确的是（ ）
A．外电路中电流方向为：X→→Y
B．若两电极分别为铁棒和碳棒，则X为碳棒，Y为铁棒
C．X极上发生的是还原反应，Y极上发生的是氧化反应
D．若两电极都是金属单质，则它们的活动性顺序为X＞Y
7、在海水中提取溴的反应原理是5NaBr＋NaBrO＋3H2SO4=3Br2 +3Na2SO4+ 3H2O下列反应的原理与上述反应最相似的是（ ）
A．2NaBr＋Cl2＝2NaCl＋Br2
B．2FeCl3＋H2S=2FeCl2＋S+2HCl
C．2H2S+SO2=3S+2H2O
D．AlCl3＋3NaAlO3+6H2O=4Al(OH)3+3NaCl
8、化学与生产、生活和社会密切相关。下列有关说法正确的是（）
A．食品袋中放置的CaO可防止食品氧化变质
B．华为继麒麟980之后自主研发的7m芯片问世，芯片的主要成分是二氧化硅
C．纳米铁粉可以高效地去除被污染水体中的Pb2+、Cu2+、Cd2+、Hg2+等重金属离子，其本质是纳米铁粉对重金属离子较强的物理吸附
D．SO2具有漂白性可用来漂白纸浆、毛、丝、草帽辫
9、设阿伏加德罗常数的数值为NA，下列说法正确的是
A．1L 1 ml·L－1 的NaHCO3溶液中含有的离子数为3NA
B．22.4 L的CO2与过量Na2O2充分反应转移的电子数为NA
C．常温下，2.7 g铝片投入足量的浓硫酸中，铝失去的电子数为0.3NA
D．常温常压下，14g由N2与CO组成的混合气体含有的原子数目为NA
10、甲醇脱氢可制取甲醛：CH3OH(g) HCHO(g)＋H2(g)∆H=-QkJ/ml，甲醇的平衡转化率随温度变化曲线如图所示。下列有关说法正确的是( )
A．Q>0
B．600 K时，Y点甲醇的υ(正)r(Z)>r(W)>r(X)
B．由X、Y组成的化合物是离子化合物
C．X的简单气态氢化物的热稳定性比W的强
D．Y的最高价氧化物对应水化物的碱性比Z的弱
13、NA 代表阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是
A．88.0 g14CO2与14N2O的混合物中所含中子数为 44 NA
B．1 ml CH3COONa与少量 CH3COOH溶于水所得的中性溶液中，CH3COO-数目为NA
C．17.4 g MnO2与40 mL10 ml/L浓盐酸反应，转移电子的数目为0.2 NA
D．常温下pH=4的醋酸溶液中由水电离出的 H＋的数目为 10-10 NA
14、有机物 X 的结构简式如图所示，下列有关说法错误的是
A．X 的分子式为 C13H10O5
B．X 分子中有五种官能团
C．X 能使溴的四氯化碳溶液褪色
D．X 分子中所有碳原子可能共平面
15、W、X、Y、Z为原子序数依次增大的四种短周期主族元素，四种元素的质子数之和为47，其中X、Y在周期表中位于同一主族，且Y原子核外电子数为X原子核外电子数的两倍。下列说法正确的是（ ）
A．X、Y与氢均可形成原子个数比为1：2的化合物
B．元素的最高正价：Z>X>W
C．最高价氧化物对应水化物的酸性：Y>Z
D．简单离子的半径：r(Z)>r(Y)>r(X)
16、根据下列图示所得结论正确的是
A．图1表示1 LpH=2的某一元酸加水稀释至V L，pH随lgV的变化，说明该酸是弱酸
B．图2表示不同温度下水溶液中H+和OH－浓度的变化的曲线，说明图中温度T2＞T1
C．图3表示一定条件下的合成氨反应中，NH3的平衡体积分数随H2起始体积分数（N2的起始量恒定）的变化，说明图中a点N2的转化率小于b点
D．图4表示同一温度下，在不同容积的容器中进行反应2BaO2(s)2BaO(s)+O2(g)， O2的平衡浓度与容器容积的关系，说明改变压强平衡不发生移动
17、下列实验装置(夹持和尾气处理装置已省略)进行的相应实验，能达到实验目的的是（ ）
A．利用①装置，配制一定物质的量浓度的NaNO3溶液
B．利用②装置，验证元素的非金属性：Cl>C>Si
C．利用③装置，合成氨并检验氨的生成
D．利用④装置，验证浓H2SO4具有脱水性、强氧化性，SO2具有漂白性、还原性
18、属于人工固氮的是
A．工业合成氨B．闪电时，氮气转化为 NO
C．用 NH3和 CO2 合成尿素D．用硫酸吸收氨气得到硫酸铵
19、常温常压下，某烧碱溶液与0.05ml氯气恰好完全反应，得到pH＝9的混合溶液（溶质为NaC1
与NaC1O）。下列说法正确的是（NA代表阿伏加德罗常数）
A．氯气的体积为1.12LB．原烧碱溶液中含溶质离子0.2NA
C．所得溶液中含OH－的数目为1×10－5NAD．所得溶液中ClO－的数目为0.05NA
20、常温下，分别向NaX溶液和YCl溶液中加入盐酸和氢氧化钠溶液，混合溶液的PH与离子浓度变化关系如图所示，下列说法不正确的是（ ）
A．0.1ml/L的YX溶液中离子浓度关系为：c(Y+)＞c(X-)＞c(OH-)＞c(H+)
B．L1表示-lg与pH的变化关系
C．Kb(YOH)=10-10.5
D．a点时两溶液中水的电离程度不相同
21、短周期元素W、X、Y和Z的原子序数依次增大，W的单质是一种常用的比能量高的金属电极材料，X原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，元素Y的族序数等于其周期序数，Z原子的最外层电子数是其电子层数的2倍。下列说法错误的是
A．W、Z形成的化合物中，各原子最外层均达到8个电子结构
B．元素X与氢形成的原子数之比为1∶1的化合物有很多种
C．元素Z可与元素X形成共价化合物XZ2
D．元素Y的单质与氢氧化钠溶液或盐酸反应均有氢气生成
22、设NA为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是
A．标准状况下， L的C2H4和C3H6的混合物中含有的碳碳双键数目为NA
B．100 g 质量分数17%H2O2溶液中极性键数目为NA
C．1 L0.1ml K2Cr2O7溶液中含铬的离子总数为0.2NA
D．65 g Zn溶于浓硫酸中得混合气体的分子数为NA
二、非选择题(共84分)
23、（14分）富马酸二甲酯（DMF）俗称防霉保鲜剂霉克星1号，曾广泛应用于化妆品、蔬菜、水果等防霉、防腐、防虫、保鲜，它的一条合成路线如图所示。
回答下列问题：
（1）B的结构简式为______，D中官能团名称______。
（2）①的反应的类型是______，②的反应条件是______。
（3）④的反应方程式为______。
（4）写出C的一种同分异构体，满足可水解且生成两种产物可相互转化______。
（5）过程③由多个步骤组成，写出由C→D的合成路线_____。（其他试剂任选）（合成路线常用的表示方式为：AB……目标产物）
24、（12分）慢心律是一种治疗心律失常的药物。它的合成路线如图所示。
（1）C中的含氧官能团名称为_____和_____；
（2）由B→C的反应类型是_____。
（3）由A制备B的过程中有少量副产物E，它与B互为同分异构体。写出E的结构简式：_____。
（4）写出同时满足下列条件的化合物D的一种同分异构体的结构简式：_____。
①属于a﹣氨基酸；②是苯的衍生物，且苯环上的一氯代物只有两种；③分子中有2个手性碳原子
（5）已知乙烯在催化剂作用下与氧气反应可以生成环氧乙烷（）。写出以邻甲基苯酚（）和乙醇为原料制备的合成路线流程图（无机试剂任用）。合成路线流程图示例见本题题干_____。
25、（12分）实验室常用与浓盐酸反应制备。
（1）制备反应会因盐酸浓度下降面停止。为测定反应残余液中盐酸的浓度，探究小组同学提出下列实验方案：
甲方案：与足量溶液反应，称量生成的质量。
乙方案：采用酸碱中和滴定法测定。
丙方案：与己知量（过量）反应，称量剩余的质量。
丁方案：与足量反应，测量生成的体积。
继而进行下列判断和实验：
①判定甲方案不可行。现由是_________。
②进行乙方案实验；准确量取残余清液稀释一定倍数后作为试样。
a．量取试样，用标准溶液滴定，选择的指示剂是____，消耗，该次滴定测得试样中盐酸浓度为_______
b．_________，获得实验结果。
③判断两方案的实验结果________（填“偏大”、“偏小”或“准确”）．
[已知：、]
④进行丁方案实验：装置如图所示（夹持器具已略去）。
a．使Y形管中的残余清液与锌粒反应的正确操作是将_______转移到____中。
b．反应完毕，每间隔1分钟读取气体体积，气体体积逐次减小，直至不变。气体体积逐次减小的原因是__________（排除仪器和实验操作的影响因素），至体积不变时，量气管的左侧液面高于右侧液面，此时读数测得的体积__________（填“偏大”、“偏小”或“准确”）
（2）若没有酒精灯，也可以采用与浓盐酸反应制取适量氯气的如下简易装置。
装置B、C、D的作用分别是：
B___________C______________D______________
26、（10分）检验甲醛含量的方法有很多，其中银﹣Ferrzine法灵敏度较高。测定原理为甲醛把氧化银还原成Ag，产生的Ag与Fe3＋定量反应生成Fe2+，Fe2+与菲洛嗪(Ferrzine)形成有色配合物，通过测定吸光度计算出甲醛的含量。某学习小组类比此原理设计如下装置测定新装修居室内空气中甲醛的含量（夹持装置略去）。
已知：甲醛能被银氨溶液氧化生成CO2，氮化镁与水反应放出NH3，毛细管内径不超过1 mm。请回答下列问题：
(1)A装置中反应的化学方程式为___________，用饱和食盐水代替水制备NH3的原因是___________________。
(2)B中装有AgNO3溶液，仪器B的名称为________。
(3)银氨溶液的制备。关闭K1、K2，打开K3，打开______，使饱和食盐水慢慢滴入圆底烧瓶中，当观察到B中白色沉淀恰好完全溶解时，________。
(4)室内空气中甲醛含量的测定。
①用热水浴加热B，打开K1，将滑动隔板慢慢由最右端抽到最左端，吸入1 L室内空气，关闭K1；后续操作是______________；再重复上述操作3次。毛细管的作用是__________。
②向上述B中充分反应后的溶液中加入稀硫酸调节溶液pH=1，再加入足量Fe2(SO4)3溶液，充分反应后立即加入菲洛嗪，Fe2＋与菲洛嗪形成有色物质，在562 nm处测定吸光度，测得生成Fe2+1.12 mg，空气中甲醛的含量为____mg·L-1。
27、（12分）ClO2作为一种广谱型的消毒剂，将逐渐用来取代Cl2成为自来水的消毒剂。已知ClO2是一种易溶于水而难溶于有机溶剂的气体，11℃时液化成红棕色液体。
（1）某研究小组用下图装置制备少量ClO2（夹持装置已略去）。
①冰水浴的作用是____________。
②NaOH溶液的主要作用为吸收反应产生的Cl2，其吸收液可用于制取漂白液，该吸收反应的氧化剂与还原剂之比为___________________。
③以NaClO3和HCl为原料制备ClO2的化学方程式为_________________________。
（2）将ClO2水溶液滴加到KI溶液中，溶液变棕黄；再向其中加入适量CCl4，振荡、静置，观察到________，证明ClO2具有氧化性。
（3）ClO2在杀菌消毒过程中会产生Cl-,其含量一般控制在0.3-0.5 mg·L−1，某研究小组用下列实验方案测定长期不放水的自来水管中Cl-的含量：量取10.00 mL的自来水于锥形瓶中，以K2CrO4为指示剂，用0.0001ml·L－1的AgNO3标准溶液滴定至终点。重复上述操作三次，测得数据如下表所示：
①在滴定管中装入AgNO3标准溶液的前一步，应进行的操作_____________。
②测得自来水中Cl-的含量为______ mg·L−1。
③若在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，则测定结果_______（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。
28、（14分）雾霾中含有多种污染物，其中有氮氧化物（NOx）、CO、SO2等，给人类健康带来了严重影响，化学在解决雾霾污染中发挥了重要作用。
（1）煤燃烧产生的烟气中含有氮的氧化物，用CH4催化还原消除污染。请写出CH4与NO2反应的化学方程式_____________。
（2）汽车尾气中CO、NO2气体在一定条件下可以发生反应：
2CO(g)+2NO(g)N2(g)+2CO2(g) △H=-746.8kJ·ml-1
4CO(g)+2NO2(g)3CO2(g)+N2(g) △H=-1200kJ·ml-1
则反应的CO(g)+NO2(g)CO2(g)+NO(g) △H=_____kJ·ml-1
（3）氮硫的氧化物间存在如下转化SO2(g)+NO2(g)SO3(g)+NO(g)；实验测得平衡常数 与温度的关系如下图所示。回答下列问题：
①该反应正反应的活化能___（填“＞”或“＜”）逆反应的活化能。
②反应速率v=V正-V逆=k正xSO2·xNO2-k逆xSO3·xNO，k正、k逆分别为正、逆向反应速率常数，x为物质的量分数，T℃时，k正_____k逆（填“＞”、“＜”或“=”）。
③T℃时，在体积为2L的容器中加入1mlSO2(g)、1mlNO2(g)，5min时测得xSO3=0.2，此时平衡向___（填“正”或“逆”）反应方向移动，=___（保留2位小数）。
（4）已知：2NO(g)=N2(g)+O2(g) ΔH=－180.6kJ/ml，在某表面催化剂的作用下，NO可以分解生成N2、O2，其反应机理可简化为：
第一步：2NO →N2O2 快
第二步：N2O2 →N2+O2 慢
下列表述正确的是____（填标号)。
A．所有化合反应都是放热反应
B．N2O2是该反应的的中间产物
C．加入合适的催化剂可以减小反应热ΔH，加快反应速率
D．第一步的活化能比第二步低
29、（10分）铬、硼的合金及其化合物用途非常广泛。回答下列问题：
(1)基态Cr原子核外电子的排布式是[Ar] ___；基态硼原子中占据最高能级的电子云轮廓图为____形。
(2)铬的配合物有氯化三乙二胺合铬和三草酸合铬酸铵{(NH4)3[Cr(C2O4)3]}等。
①配体en表示NH2CH2CH2NH2，其中碳原子的杂化方式是____。
②NH4+空间构型为____，与其键合方式相同且空间构型也相同的含硼阴离子是_____ 。
③C、N、O三种元素第一电离能由小到大的顺序为 ___；含有三个五元环，画出其结构：_______________。
(3)硼酸[H3BO3或B(OH)3]为白色片状晶体，熔点为171℃。下列说法正确的是___填字母)。
A.硼酸分子中，∠OBO的键角为120° B.硼酸分子中存在σ键和π键
C.硼酸晶体中，片层内存在氢键 D.硼酸晶体中，片层间存在共价键
(4)2019年11月《EurekAlert》报道了铬基氮化物超导体，其晶胞结构如图所示：
由三种元素Pr(镨)、Cr、N构成的该化合物的化学式为 ___。
(5)CrB2的晶胞结构如图所示，六棱柱底边边长为acm，高为c cm，阿伏加德罗常数的值为NA，CrB2的密度为 ___g∙cm-3(列出计算式)。
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、A
【解析】
A.元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，不能根据其含氧酸的氧化性判断元素的非金属性强弱，A符合题意；
B.在该反应中Cl2将S置换出来，说明氧化性Cl2>S，则元素的非金属性Cl>S，B不符合题意；
C.元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性就越强，因此可通过稳定性HCl>H2S，证明元素的非金属性Cl>S，C不符合题意；
D.Fe是变价金属，氧化性强的可将其氧化为高价态，氧化性弱的将其氧化为低价态，所以可根据其生成物中Fe的价态高低得出结论氧化性Cl2>S，则元素的非金属性Cl>S，D不符合题意；
故合理选项是A。
2、D
【解析】
A．由于离子化合物在熔融状态下一定能导电，故一定是电解质，不能是非电解质，故A错误；
B．单质既不是电解质也不是非电解质，故B错误；
C．酸性氧化物绝大多数是非电解质，少部分是电解质，且是电解质中的弱电解质，无强电解质，故C错误；
D．若共价化合物能在水溶液中自身电离出自由离子而导电，则为电解质，若在水溶液中不能导电，则为非电解质；是电解质的共价化合物，可能是强电解质，也可能是弱电解质，故D正确。
故选：D。
【点睛】
应注意的是离子化合物一定是电解质，共价化合物可能是电解质也可能是非电解质。
3、B
【解析】
氧化性：Fe3＋>Cu2＋，向FeCl3、CuCl2混合溶液中加入铁粉，先发生 Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋，再发生Fe＋Cu2＋=Fe2＋＋Cu。
【详解】
A、Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋ 、 Fe＋Cu2＋=Fe2＋＋Cu都能生成Fe2＋，所以溶液中一定含有Fe2+，故A正确；
B、若铁过量，Fe＋Cu2＋=Fe2＋＋Cu反应完全，溶液中不含Cu2+，故B错误；
C、铁的还原性大于铜，充分反应后仍有固体存在，剩余固体中一定含有Cu，故C正确；
D、充分反应后仍有固体存在，Fe、Cu都能与Fe3＋反应，溶液中一定不含有Fe3+，加入KSCN溶液一定不変红，故D正确；选B。
【点睛】
本题考查金属的性质，明确金属离子的氧化性强弱，确定与金属反应的先后顺序是解本题关键，根据固体成分确定溶液中溶质成分。
4、A
【解析】
A. 嵌入锌块做负极，负极反应为Zn-2e-=Zn2+，A项错误；
B. 上述方法为牺牲阳极的阴极保护法，即牺牲做负极的锌块保护做正极的轮船，故可以用镁合金来代替锌块，B项正确；
C. 由于海水呈弱碱性，铁发生吸氧腐蚀，故正极反应为2H2O+O2+4e-=4OH-，C项正确；
D. 此保护方法是构成了原电池，牺牲了锌块保护轮船，故为牺牲阳极的阴极保护法，D项正确；
答案选A。
5、B
【解析】
W、X、Y、Z均为短周期主族元素且原子序数依次增大。W最外层电子数是次外层电子数的3倍，最外层电子数只能为6，次外层电子数为2，W为O元素；W与Y同主族，则Y为S元素；X在短周期中原子半径最大，X为Na元素；短周期中比S原子序数大的主族元素只有Cl，因此Z为Cl元素，据此分析解答。
【详解】
根据上述分析，W为O元素，X为Na元素，Y为S元素，Z为Cl元素。
A．常温常压下，S为固体，故A错误；
B．X的氧化物为氧化钠或过氧化钠，均是离子化合物，故B正确；
C．X与Z形成的化合物为NaCl，NaCl为强酸强碱盐，不水解，水溶液呈中性，故C错误；
D．一般情况下，O元素不存在正价，S的最高价为+6价，故D错误；
故选B。
6、D
【解析】
根据图片知，该装置是原电池，根据电子的流向判断X为负极，Y为正极，电流的流向正好与电子的流向相反；在原电池中，较活泼的金属作负极，不活泼的金属或导电的非金属作正极；负极上发生氧化反应，正极上发生还原反应。
【详解】
A. 根据图片知该装置是原电池，外电路中电子从X电极流向Y电极，电流的流向与此相反，即Y→→X，A项错误；
B. 原电池中较活泼的金属作负极，较不活泼的金属或导电的非金属作正极，若两电极分别为Fe和碳棒，则Y为碳棒，X为Fe，B项错误；
C. X是负极，负极上发生氧化反应；Y是正极，正极上发生还原反应，C项错误；
D. X为负极，Y为正极，若两电极都是金属单质，则它们的活动性顺序为 X＞Y，D项正确。
答案选D。
【点睛】
原电池工作原理的口诀可概括为“两极一液一连线，活泼金属最优先，负失氧正得还，离子电极同性恋”，可加深学生对原电池的理解与记忆。电子从负极沿导线流向正极，而不通过溶液，溶液中是阴、阳离子移动导电，俗称“电子不下水，离子不上岸”。
7、C
【解析】
反应5NaBr＋NaBrO＋3H2SO4=3Br2 +3Na2SO4+ 3H2O为氧化还原反应，只有Br元素发生电子的得与失，反应为归中反应。
A. 2NaBr＋Cl2＝2NaCl＋Br2中，变价元素为Br和Cl，A不合题意；
B. 2FeCl3＋H2S=2FeCl2＋S+2HCl中，变价元素为Fe和S，B不合题意；
C. 2H2S+SO2=3S+2H2O中，变价元素只有S，发生归中反应，C符合题意；
D. AlCl3＋3NaAlO3+6H2O=4Al(OH)3+3NaCl为非氧化还原反应，D不合题意。
故选C。
8、D
【解析】
A. CaO没有强还原性，故不能防止食品的氧化变质，只能起到防潮的作用，A项错误；
B. 硅是半导体，芯片的主要成分是硅单质，B项错误；
C. Fe具有还原性，能把Pb2+、Cu2+、Cd2+、Hg2+等重金属离子还原，所以纳米铁粉可以高效地去除被污染水体中的Pb2+、Cu2+、Cd2+、Hg2+等重金属离子是利用Fe的还原性，与吸附性无关，C项错误；
D. SO2能与有色物质化合生成无色物质，可用于漂白纸浆、毛、丝、草帽辫等，D项正确；
答案选D。
9、D
【解析】
A．HCO3-不能完全电离，部分发生水解，因此1L、1 ml·L－1的NaHCO3溶液中含有的离子数小于3NA，故A错误；
B．未注明气体的状况，无法确定气体的物质的量，故B错误；
C．铝片遇到冷的浓硫酸会钝化，铝失去的电子数小于0.3NA，故C错误；
D．氮气和一氧化碳的摩尔质量都是28g/ml，都是双原子分子，14g由N2与CO组成的混合气体的物质的量为:=0.5ml，含有1ml原子，含有的原子数目为NA，故D正确；
故答案为D。
10、B
【解析】
A.根据图像，温度升高，甲醇的平衡转化率升高，表示平衡向右移动，则正反应为吸热反应，Qr(Z)>r(W)>r(X)，故A正确；
B. 由X、Y组成的化合物是NaF，由金属离子和酸根离子构成，属于离子化合物，故B正确；
C. 非金属性越强，对应氢化物越稳定，X的简单气态氢化物HF的热稳定性比W的简单气态氢化物HCl强，故C正确；
D.元素的金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强， Y的最高价氧化物对应水化物是NaOH，碱性比Al(OH)3强，故D错误；
故选D，
【点睛】
本题考查原子结构与元素周期律的应用，推断元素为解答关键，注意熟练掌握元素周期律内容、元素周期表结构，提高分析能力及综合应用能力，易错点A，注意比较原子半径的方法。
13、B
【解析】
A. 14CO2分子中含有24个中子，88.0 g14CO2的物质的量为88.0 g ÷46 g/ml=1.91 ml，所以其中含有的中子数目为1.91×24NA=45.9NA；14N2O的分子中含有22个中子，88.0 g14N2O的物质的量等于2 ml，所以其中含有的中子数目为44 NA，所以88.0 g14CO2与14N2O的混合物中所含中子数大于44 NA，A错误；
B. 在该中性溶液中n(CH3COO-)=n(Na+)，由于CH3COONa的物质的量是1 ml，所以该溶液中CH3COO-数目为NA，B正确；
C. 17.4 g MnO2的物质的量n(MnO2)=17.4 g÷87 g/ml=0.2 ml，n(HCl)=10 ml/L×0.04 L=0.4 ml，根据方程式中物质反应关系MnO2过量，应该以HCl为标准计算，但随着反应的进行，盐酸溶液浓度变小，所以0.4 ml HCl不能完全反应，所以反应过程中转移电子的物质的量小于0.2NA，C错误；
D. 只有离子浓度，缺少溶液的体积，不能计算微粒的数目，D错误；
故合理选项是B。
14、B
【解析】
A. 由结构简式，X的分子式为 C13H10O5，故A正确；
B．X分子中有羧基、羟基、羰基、碳碳双键四种官能团，故B错误；
C．X分子中有碳碳双键，X 能使溴的四氯化碳溶液褪色，故C正确；
D．X分子中有11个碳是sp2杂化，平面三角形结构，与它相连的碳共面，有2个碳是sp3杂化，可以通过旋转后共面，X 分子中所有碳原子可能共平面，故D正确；
故选B。
【点睛】
本题考查有机物的结构与性质，把握官能团与性质、有机反应为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意结构及对称性判断，难点D，抓住共面的条件，某点上相连的原子形成的周角之和为360°，易错点B，苯环不是官能团。
15、A
【解析】
已知“X、Y是周期表中位于同一主族的短周期元素”，则Y的核外电子数比X多8，又已知“Y原子核外电子数为X原子核外电子数的两倍”，则X为氧、Y为硫；因为Z的原子序数比Y大，所以Z为氯；再由“四种元素的质子数之和为47”，可确定W为碳。
【详解】
A. X、Y与氢可形成H2O、H2S，二者原子个数比都为1：2，A正确；
B. X为O元素，不能表现出+6价，最多表现+2价，则“元素的最高正价：Z>X>W” 的关系不成立，B错误；
C. 因为S的非金属性小于Cl，所以最高价氧化物对应水化物的酸性：Yr(Cl-)>r(O2-)，D错误；
故选A。
16、C
【解析】
A. 加水稀释10n倍，溶液pH变化n个单位。根据图1表示1 LpH=2的某一元酸加水稀释至V L，pH随lgV的变化可以说明该酸是强酸，选项A错误；
B.升温促进水电离，Kw增大，水电离的氢离子浓度增大，所以氢离子浓度大的温度高，即温度T2< T1 ，选项B错误；
C.增大氢气的浓度，提高氮气的转化率，所以随H2起始体积分数增大， N2的转化率增大，即a点N2的转化率小于b点，选项C正确；
D.增大容器的体积，氧气的浓度减小，平衡向正方向移动，氧气的物质的量增大氧气的浓度先增大，当达到平衡状态时浓度增大，然后随着体积的增大浓度减小，温度不变，平衡常数不变，K = c(O2) ，最终氧气平衡浓度不变，选项D错误；
答案选C。
17、D
【解析】
A.①装置，不能用容量瓶直接配制溶液，故A错误；
B.②装置，盐酸不是氯元素的最高价含氧酸，盐酸与碳酸钠反应生成二氧化碳不能证明非金属性；通入硅酸钠溶液的气体含有二氧化碳和氯化氢，氯化氢、二氧化碳都能与硅酸钠反应生成沉淀，所以生成硅酸沉淀不能证明非金属性，故B错误；
C.氮气与氢气在铁触媒和高温下生成氨气，氨气遇到干燥的试纸，试纸不能变色，不能达到实验目的，故C错误；
D.浓硫酸具有脱水性、强氧化性，能使蔗糖变黑，反应生成二氧化碳和二氧化硫，二氧化硫具有漂白性可使品红溶液褪色，二氧化硫具有还原性可使酸性高锰酸钾溶液褪色，故D正确；
故选：D。
。
18、A
【解析】
氮元素从游离态变为化合态是氮的固定；工业合成氨是通过人类生产活动把氮气转化为氨气，故A正确；闪电时，氮气转化为NO，属于自然固氮，故B错误； NH3和CO2 合成尿素，氮元素不是从游离态变为化合态，不属于氮的固定，故C错误；用硫酸吸收氨气得到硫酸铵，氮元素不是从游离态变为化合态，不属于氮的固定，故D错误。
19、B
【解析】
A项，常温常压不是标准状况，0.05ml氯气体积不是1.12L，故A错误；
B项，原溶液中溶质为氢氧化钠，含溶质离子为Na+和OH-，Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，0.05ml氯气和0.1ml氢氧化钠恰好反应，所以原烧碱溶液中含溶质离子0.2NA，故B正确；
C项，因为常温常压得到pH=9的混合溶液，所以c(OH-)=10-5ml/L，溶液体积未知不能计算OH-的数目，故C错误；
D项，反应生成0.05ml NaClO，因为次氯酸根离子水解，所得溶液中C1O-的数目小于0.05NA，故D错误。
【点睛】
本题以阿伏伽德罗常数的分析判断为依托，主要考查盐类水解的分析、化学方程式的计算应用，题目综合性较强，重在考查分析综合运用能力。A项注意是否为标准状况，为易错点。
20、A
【解析】
NaX溶液中加入盐酸，随着溶液pH逐渐逐渐增大，X-离子浓度逐渐增大，HX浓度逐渐减小，-lg的值逐渐减小，所以曲线L1表示-lg的与pH的关系；YCl溶液中加入NaOH溶液，随着溶液pH逐渐增大，Y+离子逐渐减小，YOH的浓度逐渐增大，则-lg的值逐渐增大，则曲线L2表示-lg与pH的变化关系。
A．曲线L1中，-lg=0时，c(X-)=c(HX)，Ka(HX)=c(H+)=1×10-9＞1×10-10.5，根据Kh=可知，电离平衡常数越大，对应离子的水解程度越小，则水解程度X-＜Y+，则MA溶液呈酸性，则c(OH-)＜c(H+)、c(Y+)＜c(X-)，溶液中离子浓度大小为：c(X-)＞c(Y+)＞c(H+)＞c(OH-)，故A错误；
B．根据分析可知，曲线L1表示-lg的与pH的关系，故B正确；
C．曲线L2表示-lg与pH的变化关系，-lg=0时，c(Y+)=c(YOH)，此时pH=3.5，c(OH-)=1×10-10.5ml/L，则Kb(YOH)==c(OH-)=1×10-10.5，故C正确；
D．a点溶液的pH＜7，溶液呈酸性，对于曲线L1，NaX溶液呈碱性，而a点为酸性，说明加入盐酸所致，抑制了水的电离；曲线L2中，YCl溶液呈酸性，a点时呈酸性，Y+离子水解导致溶液呈酸性，促进了水的电离，所以水的电离程度：a＜b，故D正确；
故答案为A。
21、A
【解析】
W的单质是一种常用的比能量高的金属电极材料，W是Li元素；因X原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，X是C元素；元素Y的族序数等于其周期序数，Y为Al元素；Z原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，是短周期元素，且W、X、Y和Z的原子序数依次增大，Z为S元素。
A.W、Z形成的化合物Li2S，该物质是离子化合物，Li+的最外层只有两个电子，不满足8电子的稳定结构，A错误；
B.元素X与氢可形成原子个数比为1：1的化合物为C2H2、C6H6、苯乙烯C8H8、立方烷C8H8等，化合物有很多种，B正确；
C.元素Z为S，元素X是C，二者形成共价化合物分子式是CS2，C正确；
D.元素Y是Al，Al的单质可以与强碱氢氧化钠溶液或盐酸反应放出氢气，D正确；
故答案是A。
22、D
【解析】
A. C3H6可以是环烷烃，不含碳碳双键，故A错误；
B. H2O2溶液中含有极性键的是H2O2和H2O，100 g 质量分数17%H2O2溶液中含有极性键的物质的量为()ml>1ml，故B错误；
C. K2Cr2O7溶液中存在Cr2O72－＋H2O2 H＋＋2CrO42－，因此溶液中含铬的离子总物质的量不等于0.2ml，故C错误；
D. 锌和浓硫酸反应：Zn＋2H2SO4(浓)=ZnSO4＋SO2↑＋2H2O，锌和稀硫酸反应：Zn＋H2SO4=ZnSO4＋H2↑，65 g Zn完全溶于浓硫酸中，无论得到SO2还是H2还是混合气体，得到分子数都为NA，故D正确；
答案：D。
二、非选择题(共84分)
23、ClCH2CH=CHCH2Cl 羧基、碳碳双键 加成反应 氢氧化钠水溶液、加热 HOOCCH=CHCOOH+2CH3OHCH3OOCCH=CHCOOCH3+2H2O CH3COOC2H5
【解析】
（1）由C的结构可知，反应①是1，3-丁二烯与氯气发生1，4-加成反应生成1，4-二氯-2-丁烯，反应②发生卤代烃的水解反应，故B为ClCH2CH=CHCH2Cl，D中官能团名称为：羧基、碳碳双键；
（2）①的反应的类型是：加成反应，②的反应条件是：氢氧化钠水溶液、加热；
（3）④是HOOCCH=CHCOOH与甲醇发生酯化反应得到CH3OOCCH=CHCOOCH3，反应方程式为；
（4）C的一种同分异构体可水解且生成两种产物可相互转化，符合条件的C的同分异构体为：CH3COOC2H5；
（5）过程③由多个步骤组成，对比C、D的结构，HOCH2CH=CHCH2OH先与HCl发生加成反应生成HOCH2CH2CHClCH2OH，然后发生氧化反应生成HOOCCH2CHClCOOH，HOOCCH2CHClCOOH发生消去反应、酸化得到HOOCCH=CHCOOH，合成路线流程图为：，
故答案为：。
【点睛】
本题考查有机物的合成，题目涉及有机反应类型、官能团识别、有机反应方程式书写、限制条件同分异构体书写、合成路线设计等，注意根据有机物的结构明确发生的反应，熟练掌握官能团的性质与转化。
24、醚键 羰基 氧化反应
【解析】
根据C的结构简式判断其含有的官能团；对比B、C结构可知，B中﹣醇羟基转化羰基；中含有2个C﹣O键，与A发生反应时可有两种不同的断裂方式；
D的同分异构体同时满足如下条件：①属于α﹣氨基酸，氨基、羧基连接同一碳原子上，②是苯的衍生物，且苯环上的一氯代物只有两种，可以是2个不同的取代基处于对位位置，③分子中含有2个手性碳原子，说明C原子上连接4个不同的原子或原子团；制备，应先制备，乙醇消去可生成乙烯，乙烯氧化可生成，与反应生成，进而氧化可生成，再与乙醇发生酯化反应得到目标物。
【详解】
（1）根据C的结构简式可知，C中含氧官能团为醚键和羰基，故答案为：醚键、羰基；
（2）对比B、C结构可知，B中﹣CH(OH)﹣转化为C＝O，属于氧化反应，故答案为：氧化反应；
（3）中含有2个C﹣O键，与A发生反应时可有两种不同的断裂方式，副产物E，它与B互为同分异构体，E的结构简式为，故答案为：；
（4）D的一种同分异构体同时满足如下条件：①属于α﹣氨基酸，氨基、羧基连接同一碳原子上，②是苯的衍生物，且苯环上的一氯代物只有两种，可以是2个不同的取代基处于对位位置，③分子中含有两个手性碳原子，说明C原子上连接4个不同的原子或原子团，符合条件的结构简式为：，故答案为：；
（5）制备，应先制备，乙醇消去可生成乙烯，乙烯氧化可生成，与反应生成，进而氧化可生成，再与乙醇发生酯化反应得到目标物，合成路线流程图：，
故答案为：。
25、残余液中的也会与反应形成沉淀 甲基橙 1．1111 重复上述滴定操作2-3次 偏小 锌粒 残余清液 装置内气体尚未冷却至室温 偏大 收集氯气 防倒吸 吸收尾气
【解析】
（1）①甲同学的方案：二氧化锰与浓盐酸反应生成氯化锰，也会与硝酸银反应，故反应不可行；
②用强碱滴定强酸，可选甲基橙作指示剂；依据滴定实验过程中的化学反应定量计算；重复滴定操作2-3次，求平均值；
③与已知量CaCO3（过量）反应，称量剩余的CaCO3质量，由于部分碳酸钙与转化成碳酸锰沉淀，称量剩余的固体质量会偏大；
④依据锌粒与稀盐酸反应生成氢气进行分析解答；使Zn粒进入残余清液中让其发生反应．这样残余清液就可以充分反应．
反应完毕时，相同时间内则气体体积减少，又排除了其它影响因素，只能从气体本身角度思考，联想到该反应是放热的，就可能想到气体未冷却了。
气体的体积与压强呈反比。
（2）A制取氯气 B用向上排空法收集氯气，C防倒吸 D 吸收尾气，防止污染空气。
【详解】
（1）①甲同学的方案：二氧化锰与浓盐酸反应生成氯化锰，也会与硝酸银反应，故不能用来测定残余液中盐酸的质量，反应不可行；
②用强碱滴定强酸，可选甲基橙作指示剂；量取试样21.11mL，用1.1111ml·L-1 NaOH标准溶液滴定，消耗22.11mL，该次滴定测得试样中盐酸浓度，由cHClVHCl=cNaOHVNaOH可得出盐酸的浓度为1.1111ml·L－1；
③根据Ksp（CaCO3）=2.8×11-9，Ksp（MnCO3）=2.3×11-11知碳酸锰的Ksp比碳酸钙小，由于部分碳酸钙与转化成碳酸锰沉淀，称量剩余的固体质量会偏大，这样一来反应的固体减少，实验结果偏小，
④a．丁同学的方案：使Y形管中的残余清液与锌粒反应的正确操作是：将锌转移到残留溶液中；
b．反应完毕后，每间隔1分钟读取气体体积．气体体积逐渐减小，气体体积逐渐减小的原因是气体未冷却到室温，当温度冷却到室温后，气体体积不再改变；
量气管的左侧液面高于右侧液面，左侧气体的压强偏小，此时读数测得的体积偏大；
（2）根据装置图可知各装置的作用分别是A制取氯气，B用向上排空法收集氯气，C防倒吸， D 吸收尾气，防止污染空气。
26、Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2↓+2NH3↑ 饱和食盐水可减缓生成氨气的速率 三颈烧瓶(或三口烧瓶) 分液漏斗的活塞与旋塞 关闭K3和分液漏斗旋塞 打开K2，缓慢推动滑动隔板，将气体全部推出，再关闭K2 减小气体的通入速率，使空气中的甲醛气体被完全吸收 0.0375
【解析】
在仪器A中Mg3N2与H2O反应产生Mg(OH)2和NH3，NH3通入到AgNO3溶液中首先反应产生AgOH白色沉淀，后当氨气过量时，反应产生Ag(NH3)2OH，然后向溶液中通入甲醛，水浴加热，发生银镜反应产生单质Ag和CO2气体，产生的Ag与加入的Fe3＋定量反应生成Fe2+，Fe2＋与菲洛嗪形成有色物质，在562 nm处测定吸光度，测得生成Fe2＋1.12 mg，据此结合反应过程中电子守恒，可计算室内空气中甲醛含量。
【详解】
(1)Mg3N2与水发生盐的双水解反应产生Mg(OH)2和NH3，反应方程式为：Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2↓+2NH3↑；用饱和食盐水代替水，单位体积溶液中水的含量降低，可减缓生成氨气的速率；
(2)根据仪器B的结构可知，仪器B的名称为三颈烧瓶；
(3)银氨溶液的制备：关闭K1、K2，打开K3，打开K3，分液漏斗的活塞与旋塞，使饱和食盐水慢慢滴入圆底烧瓶中，首先发生反应：Ag++NH3+H2O=AgOH↓+NH4+，后又发生反应：AgOH+2NH3 ·H2O=[ Ag(NH3)2] ++OH-+2H2O，当观察到B中白色沉淀恰好完全溶解时，就得到了银氨溶液，此时关闭K3和分液漏斗旋塞；
(4)①用热水浴加热B，打开K1，将滑动隔板慢慢由最右端抽到最左端，吸入1 L室内空气，关闭K1；后续操作是打开K2，缓慢推动滑动隔板，将气体全部推出，再关闭K2；再重复上述操作3次。毛细管的作用是减小气体的通入速率，使空气中的甲醛气体被完全吸收。
②甲醛和银氨溶液加热反应生成银，银具有还原性，被Fe3+氧化，结合甲醛被氧化为CO2，氢氧化二氨合银被还原为银，甲醛中碳元素化合价0价变化为+4价，银+1价变化为0价，生成的银又被铁离子氧化，铁离子被还原为亚铁离子，生成亚铁离子1.12 mg，物质的量n(Fe)==2×10-5 ml，根据氧化还原反应电子守恒计算，设消耗甲醛物质的量为x ml，则4x=2×10-5 ml×1，x=5×10-6 ml，因此实验进行了4次操作，所以测得1 L空气中甲醛的含量为1.25×10-6 ml，空气中甲醛的含量为1.25×10-6 ml×30 g/ml×103 mg/g=0.0375 mg/L。
【点睛】
本题考查了物质组成和含量的测定、氧化还原反应电子守恒的计算的应用、物质性质等，掌握基础是解题关键，了解反应原理、根据反应过程中电子守恒分析解答。
27、收集ClO2（或使ClO2冷凝为液体） 1：1 2NaClO3 + 4HCl= 2ClO2↑+ Cl2↑+2NaCl+2H2O 溶液分层，下层为紫红色 用AgNO3标准溶液进行润洗 3.55 偏低
【解析】
(1)①冰水浴可降低温度，防止挥发；
②氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠；
③以NaClO3和HCl为原料制备ClO2，同时有Cl2和NaCl生成，结合电子守恒和原子守恒写出发生反应的化学方程式；
(2)反应生成碘，碘易溶于四氯化碳，下层为紫色；
(3)根据滴定操作中消耗的AgNO3的物质的量计算溶液中含有的Cl-的物质的量，再计算浓度即可。
【详解】
(1)①冰水浴可降低温度，防止挥发，可用于冷凝、收集ClO2；
②氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠，反应的化学方程式为Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，此反应中Cl2既是氧化剂，又是还原剂，还原产物NaCl和氧化产物NaClO的物质的量之比为1:1，则该吸收反应的氧化剂与还原剂之比为1:1；
③以NaClO3和HCl为原料制备ClO2，同时有Cl2和NaCl生成，则发生反应的化学方程式为2NaClO3 + 4HCl= 2ClO2↑+ Cl2↑+2NaCl+2H2O；
(2)将ClO2水溶液滴加到KI溶液中，溶液变棕黄，说明生成碘，碘易溶于四氯化碳，即当观察到溶液分层，下层为紫红色时，说明有I2生成，体现ClO2具有氧化性；
(3)①装入AgNO3标准溶液，应避免浓度降低，应用AgNO3标准溶液进行润洗后再装入AgNO3标准溶液；
②滴定操作中第1次消耗AgNO3溶液的体积明显偏大，可舍去，取剩余3次数据计算平均体积为mL=10.00mL，含有AgNO3的物质的量为0.0001ml·L－1×0.01L=1×10-6ml，测得自来水中Cl-的含量为=3.55g·L−1；
③在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，导致消耗标准液的体积读数偏小，则测定结果偏低。
28、CH4+2NO2=CO2+N2+2H2O -226.6 < = 正 2.25 BD
【解析】
（1）CH4催化还原NO2会生成无污染的氮气与二氧化碳；
（2）依据盖斯定律作答；
（3）①根据图像结合平衡常数随温度的变化规律得出反应的热效应，反应热=正反应的活化能-逆反应的活化能，据此分析；
②T℃时K正=K逆，反应的平衡常数K=；
③依据三段式，结合浓度商与平衡常数的大小关系作答，再根据上述公式先求出各物质的体积分数再作答；
（4）A. 放热反应跟是否是化合反应无关；
B. 反应生成后又被消耗的物质属于中间产物；
C.催化剂不会改变反应热；
D.化学反应由慢反应决定，活化能越小，反应速率越快。
【详解】
（1）CH4与NO2反应的化学方程式为CH4+2NO2=CO2+N2+2H2O；
（2）反应I：2CO(g)+2NO(g)N2(g)+2CO2(g) △H=-746.8kJ·ml-1
反应II： 4CO(g)+2NO2(g)3CO2(g)+N2(g) △H=−1200kJ⋅ml−1
盖斯定律计算(反应II−反应I)×得到反应CO(g)+NO2(g)CO2(g)+NO(g) △H = −226.6 kJ/ml，故答案为−226.6；
（3）①K正随温度的增加而减小，K逆随温度的增加而增大，则说明该反应正反应方向为放热反应，△H