2026届安徽省铜陵市义安区铜都双语学校高考冲刺押题（最后一卷）化学试卷含解析

这是一份2026届安徽省铜陵市义安区铜都双语学校高考冲刺押题（最后一卷）化学试卷含解析，共14页。
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（每题只有一个选项符合题意）
1、探究浓度对化学平衡的影响，实验如下：
结合实验，下列说法不正确的是：
A．反应a为：2Fe3++2I-⇌2Fe2++I2
B．比较氧化性：Ⅱ中，I2>Fe3+
C．Ⅱ中，反应a进行的程度大于反应b
D．比较水溶液中c(Fe2+)： Ⅱ< Ⅲ
2、ClO2是一种国际公认的安全、无毒的绿色消毒剂，沸点11℃，凝固点-59℃。工业上，可用下列原理制备ClO2(液相反应)：。设NA是阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是( )
A．在标准状况下，2240mL ClO2含有原子数为0.3NA
B．若生成1.5ml Na2SO4，则反应后的溶液中Fe3+数目为0.2NA
C．48.0g FeS2完全反应，则上述反应中转移电子数为6NA
D．每消耗30ml NaClO3，生成的水中氢氧键数目为14NA
3、下列实验中，所使用的装置(夹持装置略)、试剂和操作方法都正确的是( )
A．观察Fe（OH）2的生成
B．配制一定物质的量浓度的NaCO3溶液
C．除去CO中的CO2
D．实验室模拟制备NaHCO3
4、查阅资料可知，苯可被臭氧氧化，发生化学反应为：。则邻甲基乙苯通过上述反应得到的有机产物最多有( )
A．5种B．4种C．3种D．2种
5、下列有关从海带中提取碘的实验原理和装置能达到实验目的的是
A．用装置甲灼烧碎海带
B．用装置乙过滤海带灰的浸泡液
C．用装置丙制备用于氧化浸泡液中I−的Cl2
D．用装置丁吸收氧化浸泡液中I−后的Cl2尾气
6、四种位于不同主族的短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，的内层电子与最外层电子数之比为2：5，Z和W位于同一周期。Z与W组成的化合物是常用的调味品，也是重要的医用药剂，工业上电解该化合物的熔融物可制得Z单质，Y和Z可形成两种离子化合物，这两种离子化合物的阴离子与阳离子数之比均为1：2。下列说法正确的是
A．四种元素中至少有两种金属元素
B．四种元素的常见氢化物中熔点最高的是的氢化物
C．四种元素形成的简单高子中，离子半径最小的是元素形成的离子
D．常温下，三种元素形成的化合物的水溶液的小于7
7、下列关于化学反应速率的说法错误的是（）
A．化学反应速率是用于衡量化学反应进行快慢的物理量
B．可逆反应达到化学平衡状态时，反应停止，正、逆反应速率都为零
C．决定化学反应速率的主要因素是反应物本身的性质
D．增大反应物浓度或升高反应温度都能加快化学反应速率
8、一定条件下合成乙烯：6H2(g)＋2CO2(g)CH2＝CH2(g)＋4H2O(g)；已知温度对CO2的平衡转化率和催化剂催化效率的影响如图，下列说法不正确的是( )
A．该反应的逆反应为吸热反应
B．平衡常数：KM＞KN
C．生成乙烯的速率：v(N)一定大于v(M)
D．当温度高于250 ℃，升高温度，催化剂的催化效率降低
9、下列物质中所有的碳原子均处在同一条直线上的是（ ）
A．B．H3C-C≡C-CH3C．CH2=CH-CH3D．CH3-CH2-CH3
10、某学生探究0.25ml/LAl2(SO4)3溶液与0.5ml/LNa2CO3溶液的反应，实验如下。
下列分析正确的是（ ）
A．实验1中，白色沉淀a是Al2(CO3)3
B．实验2中，白色沉淀b一定是Al2(OH)2(CO3)2
C．检验白色沉淀a、b是否洗涤干净，均可用盐酸酸化的BaCl2溶液
D．实验1、2中，白色沉淀成分不同的原因与混合后溶液的pH无关
11、下列实验操作能达到实验目的的是
A．用容量瓶配制溶液时，先用蒸馏水洗涤，再用待装溶液润洗
B．用湿润的红色石蕊试纸检验酸性气体
C．在装置甲中放入MnO2和浓盐酸加热制备氯气
D．用装置乙分离乙酸和乙醇的混合物
12、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)
13、下列各组原子中，彼此化学性质一定相似的是
A．最外层都只有一个电子的X、Y原子
B．原子核外M层上仅有两个电子的X原子与N层上仅有两个电子的Y原子
C．2p轨道上有三个未成对电子的X原子与3p轨道上有三个未成对电子的Y原子
D．原子核外电子排布式为1s2的X原子与原子核外电子排布式为1s22s2的Y原子
14、分析生产生活中的下列过程，不涉及氧化还原反应的是（ ）
A．铜制品、铁制品在潮湿的空气中生锈
B．缺铁性贫血服用补铁剂时，需与维生维C同时服用
C．将氯气通入冷的消石灰中制漂白粉
D．从海水中提取氯化镁
15、某有机化合物的结构简式如图所示，下列说法正确的是( )
A．不能发生银镜发应
B．1ml 该物质最多可与2mlBr2反应
C．1ml 该物质最多可与4ml NaOH反应
D．与NaHCO3、Na2CO3均能发生反应
16、X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期元素，且X、Z原子序数之和是Y、W原子序数之和的1/2。甲、乙、丙、丁是由这些元素组成的二元化合物，M是某种元素对应的单质，乙和丁的组成元素相同，且乙是一种“绿色氧化剂”，化合物N是具有漂白性的气体(常温下)。上述物质间的转化关系如图所示(部分反应物和生成物省略)。下列说法正确的是
A．原子半径：r(Y)>r(Z)>r(W)
B．化合物N与乙烯均能使溴水褪色，且原理相同
C．含W元素的盐溶液可能显酸性、中性或碱性
D．Z与X、Y、W形成的化合物中，各元素均满足8电子结构
二、非选择题（本题包括5小题）
17、化合物M是一种药物中间体。实验室以烃A为原料制备M的合成路线如图所示。请回答下列问题：
已知：①R1COOH+R2COR3。
②R1CH2COOR2+R3COOR4+R4OH、、、均表示烃基
(1)的核磁共振氢谱中有________组吸收峰；B的结构简式为________。
(2)的化学名称为________；D中所含官能团的名称为________。
(3)所需的试剂和反应条件为________；的反应类型为________。
(4)的化学方程式为________。
(5)同时满足下列条件的M的同分异构体有________种不考虑立体异构。
①五元环上连有2个取代基
②能与溶液反应生成气体
③能发生银镜反应
(6)参照上述合成路线和信息，以甲基环戊烯为原料无机试剂任选，设计制备的合成路线：________。
18、盐酸阿比朵尔，适合治疗由 A、B 型流感病毒引起的上呼吸道感染，2020 年入选新冠肺炎试用药物，其合成路线：
回答下列问题：
（1）有机物 A 中的官能团名称是______________和______________。
（2）反应③的化学方程式______________。
（3）反应④所需的试剂是______________。
（4）反应⑤和⑥的反应类型分别是______________、______________。
（5）I 是 B 的同分异构体，具有两性并能与碳酸氢钠溶液反应放出气体，写出具有六元 环结构的有机物 H 的结构简式______________。 (不考虑立体异构，只需写出 3 个)
（6）已知：两分子酯在碱的作用下失去一分子醇生成β—羟基酯的反应称为酯缩合反应，也称为 Claisen （克莱森）缩合反应，如：，设计由乙醇和制备的合成线路______________。(无机试剂任选)
19、四氯化锡（SnCl4）常用作有机催化剂、烟雾弹和用来镀锡。某学习小组拟用干燥的氯气和熔融的锡制备 SnCl4 并测定产品的纯度。
已知：i．SnCl4 在空气中极易水解成 SnO2·xH2O；ii．有关物质的物理性质如下表所示。
回答下列问题：
(1)装置 E 的仪器名称是_____，装置 C 中盛放的试剂是_____。
(2)装置 G 的作用是_____。
(3)实验开始时，正确的操作顺序为_____。
①点燃装置 A 处酒精灯 ②点燃装置 D 处酒精灯 ③打开分液漏斗活塞
(4)得到的产品显黄色是因含有少量_____，可以向其中加入单质___________（填物质名称）而除去。为了进一步分离提纯产品，采取的操作名称是_____。
(5)产品中含少量 SnCl2，测定产品纯度的方法：取 0.400 g 产品溶于足量稀盐酸中，加入淀粉溶液作指示剂，用 0.0100 m/L 碘酸钾标准溶液滴定至终点，消耗标准液 8.00 mL 。
①滴定原理如下，完成 i 对应的离子方程式。
i．_____Sn2++_____IO3－+_____H+= ________Sn4++_____I－+_____
ii．IO3－+5 I2－+6H+ = 3I2 + 3HO
②滴定终点的现象是_____。
③产品的纯度为_____%（保留一位小数）。
20、无水硫酸铜在加热条件下能发生分解反应，生成氧化铜、二氧化硫、三氧化硫和氧气。某学生试图用如图所示装置来确定该化学反应中各物质的计量关系。
试回答：
（1）加热过程中，试管A中发生的实验现象可能有___。
（2）装置E和F的作用是___；
（3）该学生使用装置B的本意是除去混合气体中的三氧化硫以提纯氧气，他的做法正确吗？为什么？___。
（4）另一学生将9.6g无水硫酸铜充分加热使其完全分解后，用正确的实验方法除去了生成物中的二氧化硫和三氧化硫，最后测出氧气的体积为448mL（标准状况）。据此可计算出二氧化硫为___ml，三氧化硫为___ml。
（5）由上述实验数据可知无水硫酸铜受热分解的化学方程式：___。
（6）上述装置可以简化而不影响实验效果。请你提出一个简化方案，达到使装置最简单而不影响实验效果的目的：___。
21、磷及部分重要化合物的相互转化如图所示。
(1)不慎将白磷沾到皮肤上，可用0.2ml/L CuSO4溶液冲洗，根据步骤Ⅱ可判断，1ml CuSO4所能氧化的白磷的物质的量为______。
(2)步骤Ⅲ中，反应物的比例不同可获得不同的产物，除Ca3(PO4)2外可能的产物还有______。
磷灰石是生产磷肥的原料，它的组成可以看作是Ca3(PO4)2、CaF2、CaSO4、CaCO3、SiO2的混合物，部分元素的分析结果如下（各元素均以氧化物形式表示）：
(3)磷灰石中，碳元素的质量分数为______%（保留两位小数）。
(4)取100g磷灰石粉末，加入足量的浓硫酸，并加热，钙元素全部以CaSO4的形式存在，可以得到CaSO4______g（保留两位小数）。
(5)取m g 磷灰石粉末，用50.00mL混酸溶液（磷酸为0.5ml/L、硫酸为0.1ml/L）与其反应，结果Ca、S、P元素全部以CaSO4和Ca(H2PO4)2的形式存在，求m的值______。
参考答案
一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、C
【解析】
A、加入CCl4，振荡、静置，下层显紫红色，说明5mL 0.05ml/L FeCl3溶液中加入5mL 0.05ml/L KI溶液，两者发生氧化还原反应生成碘单质，所以反应的化学方程式：2Fe3++2I-⇌2Fe2++I2，故A正确；
B、Ⅱ中下层显极浅的紫色，说明加入饱和KSCN溶液，平衡2Fe3++2I-⇌2Fe2++I2逆向移动，所以在饱和KSCN溶液中，碘单质是氧化剂，铁离子是氧化产物，根据氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，则氧化性：Ⅱ中，I2＞Fe3+，故B正确；
C、反应a进行是铁离子与碘离子反应生成单质碘和亚铁离子，而反应b进行的是铁离子与KSCN溶液生成络合物的反应，两者反应不同，无法比较其反应程度的大小，故C错误；
D、Ⅱ中下层显极浅的紫色，说明平衡2Fe3++2I-⇌2Fe2++I2逆向移动，导致亚铁离子的浓度减小，Ⅲ中向另一份加入CCl4，碘单质溶解在四氯化碳中碘单质的浓度减小，平衡2Fe3++2I-⇌2Fe2++I2正向移动，所以水溶液中c(Fe2+)：Ⅱ＜Ⅲ，故D正确；
答案选C。
2、C
【解析】
A. ClO2沸点11℃，标况下为液体，2240mL ClO2的物质的量不是0.1ml，故A错误；
B. Fe3+在水溶液中会发生水解，不能确定其数目，故B错误；
C. 48.0g FeS2物质的量为48g÷120g/ml=0.4ml， NaClO3中氯元素由+5价降到+4价，失一个电子，故6ml NaClO3失6ml电子，即48.0g FeS2完全反应，转移电子数为6NA，故C正确；
D.消耗30ml NaClO3生成14ml水，一个水分子中有两个氢氧键，故生成的水中氢氧键数目为28NA，故D错误；
故答案为C。
【点睛】
本题结合氧化还原反应方程式考察阿伏伽德罗常数，要抓住题目关键信息，判断反应标况下的状态，注意D选项中一个水分子中有两个氢氧键。
3、A
【解析】
A.氢氧化亚铁不稳定，易被空气中氧气氧化生成氢氧化铁，所以制备氢氧化铁要隔绝空气；
B.容量瓶只能配制溶液，不能作稀释或溶解药品的仪器；
C.洗气瓶洗气，注意气体的进出方向；
D.氨气极易溶于水，不能将导管直接插入食盐水中。
【详解】
A.氢氧化亚铁不稳定，易被空气中氧气氧化生成氢氧化铁，所以制备氢氧化亚铁要隔绝空气，植物油和水不互溶，且密度小于水，所以用植物油能隔绝空气，能实现实验目的，故A正确；
B.容量瓶只能配制溶液，不能作稀释或溶解药品的仪器，应该用烧杯溶解硝酸钠，然后等溶液冷却到室温，再将硝酸钠溶液转移到容量瓶中，故B错误；
C.洗气瓶洗气时，瓶内装有吸收杂质的液体，混合气从长管进、短管出(即长进短出或深入浅出)，故C错误
D.通氨气的导管插入液面太深，易发生倒吸；通二氧化碳的导管没有插入溶液中，二氧化碳不易被溶液吸收，影响碳酸氢钠的制备，故D错误；
【点睛】
本题考查化学实验方案评价，为高频考点，涉及物质制备、物质检验、气体除杂、溶液配制等知识点。没有正确掌握常见制备仪器的使用方法以及收集方法致错。
4、B
【解析】
邻甲基乙苯的结构简式为：，根据题目所给反应信息，四种不同的断键方式可生成最多4种有机产物，故答案为B。
5、B
【解析】
A、灼烧碎海带应用坩埚，A错误；
B、海带灰的浸泡液用过滤法分离，以获得含I-的溶液，B正确；
C、MnO2与浓盐酸常温不反应，MnO2与浓盐酸反应制Cl2需要加热，反应的化学方程式为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，C错误；
D、Cl2在饱和NaCl溶液中溶解度很小，不能用饱和NaCl溶液吸收尾气Cl2，尾气Cl2通常用NaOH溶液吸收，D错误；
答案选B。
6、B
【解析】
原子序数依次增大，位于不同主族的四种短周期元素X、Y、Z、W，X的内层电子与最外层电子数之比为2：5，X为氮元素，Z和W位于同周期。Z的化合物与人类生活关系密切，Z与W组成的化合物是常用的调味品，也是重要的医用药剂，工业上电解该化合物的熔融物可制得Z单质，Z为钠元素，W为氯元素。Y和Z可形成两种离子化合物，其中阴、阳离子数之比均为1：2，Y为氧元素，据此解答。
【详解】
A. 四种元素中只有钠为金属元素，故A错误；
B. 氢化钠为离子化合物，四种元素的常见氢化物中熔点最高的是Z的氢化物，故B正确；
C. 四种元素形成的常见简单离子中，离子半径最小的是元素Z形成的离子，钠离子半径最小，故C错误；
D. 三种元素形成的化合物为NaNO3或NaNO2，若为NaNO3溶液显中性，pH等于7，若为NaNO2因水解溶液显碱性，pH大于7，故D错误。
故选B。
7、B
【解析】
化学反应有的快，有的慢，则使用化学反应速率来定量表示化学反应进行的快慢，故A正确；可逆反应达到化学平衡状态时，正逆反应速率相等，但反应并没有停止,B项错误；影响化学反应速率的主要因素是反应物本身的性质，C项正确；即单位体积内的反应物分子增多,其中能量较高的活化分子数也同时增多,分子之间碰撞的机会增多,反应速率加快，升高反应温度，反应物分子获得能量，使一部分原来能量较低分子变成活化分子，增加了活化分子的百分数，使得有效碰撞次数增多，故反应速率加大，D项正确。
8、C
【解析】
A、升高温度二氧化碳的平衡转化率减低，则升温平衡逆向移动，则逆反应为吸热反应，故A正确；
B、升高温度二氧化碳的平衡转化率减低，则升温平衡逆向移动，所以M点化学平衡常数大于N点，故B正确；
C、化学反应速率随温度的升高而加快，催化剂的催化效率降低，所以v(N)有可能小于v(M)，故C错误；
D、根据图象，当温度高于250℃，升高温度二氧化碳的平衡转化率减低，则催化剂的催化效率降低，故D正确；
故选C。
9、B
【解析】
A、中碳原子全部共平面，但不能全部共直线，故A错误；
B、H3C-C≡C-CH3相当于是用两个甲基取代了乙炔中的两个H原子，故四个碳原子共直线，故B正确；
C、CH2=CH-CH3相当于是用一个甲基取代了乙烯中的一个H原子，故此有机物中3个碳原子共平面，不是共直线，故C错误；
D、由于碳碳单键可以扭转，故丙烷中碳原子可以共平面，但共平面时为锯齿型结构，不可能共直线，故D错误。
故选：B。
【点睛】
本题考查了原子共直线问题，要找碳碳三键为母体，难度不大。
10、C
【解析】
由现象可知：实验1发生完全双水解反应生成Al(OH)3，实验2过量的Na2CO3与完全双水解反应生成Al(OH)3发生反应。
【详解】
A. 实验1中，沉淀溶解，无气泡，白色沉淀a是Al(OH)3，故A错误；
B. 实验2中，沉淀溶解，少量气泡，该气体是CO2，但不能说明白色沉淀b一定是Al2(OH)2(CO3)2，故B错误；
C. 检验白色沉淀a、b是否洗涤干净，即可检验有无SO42-，均可用盐酸酸化的BaCl2溶液检验，故C正确；
D. 实验1、2中，过量Al2(SO4)3溶液显酸性，过量Na2CO3溶液显碱性，不能确定白色沉淀成分不同的原因与混合后溶液的pH有关，故D错误；
答案选C。
【点睛】
注意D项中，强酸弱碱盐显酸性，强碱弱酸盐显碱性。
11、C
【解析】
A．用容量瓶配制溶液不能用待装液润洗，A项错误；
B．湿润的红色石蕊试纸遇酸性气体不变色，B项错误；
C．MnO2和浓盐酸在加热条件下可制备氯气，C项正确；
D．乙酸和乙醇互溶，不能用分液漏斗进行分离，D项错误。
答案选C。
12、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。
13、C
【解析】
A．最外层都只有一个电子有H、Na、Cu等，化学性质不一定相似，故A错误；
B．原子核外M层上仅有两个电子的X原子为Mg，原子核外N层上仅有两个电子的Y原子有Ca、Fe、Ti等，二者性质不一定相似，故B错误；
C．2p轨道上有三个未成对电子的X原子为N，3p轨道上有三个未成对电子的Y原子为P，N、P位于同一主族，化学性质相似，故C正确；
D．原子核外电子排布式为1s2的原子是He，性质稳定，原子核外电子排布式为1s22s2的原子是Be，性质较活泼，二者性质一定不相似，故D错误；
故选C。
14、D
【解析】A. 铜制品、铁制品在潮湿的空气中生锈，单质转化为化合物，是氧化还原反应；B. 缺铁性贫血服用补铁剂时，需与维生维C同时服用，维C是强还原剂，可以把氧化性较强的+3价铁还原为+2价铁；C. 将氯气通入冷的消石灰中制漂白粉，氯气转化为化合物，是氧化还原反应；D. 从海水中提取氯化镁的方法是先用碱把海水中的镁离子沉淀富集镁，再用盐酸溶解沉淀得氯化镁溶液，然后蒸发浓缩、降温结晶得氯化镁晶体，接着在氯化氢气流中脱水得无水氯化镁，这个过程中没有氧化还原反应。综上所述，本题选D。
15、C
【解析】
A．含甲酸某酯结构，能发生银镜反应，故A错误；
B．酚-OH的邻位、碳碳双键与溴水反应，则1ml 该物质最多可与3mlBr2反应，故B错误；
C.2个酚羟基、-Cl及-COOC-均与NaOH反应，则1ml 该物质最多可与4ml NaOH反应，故C正确；
D．含酚-OH，与Na2CO3发生反应，与碳酸氢钠不反应，故D错误；
故选C。
16、C
【解析】
乙是一种“绿色氧化剂”，即乙为H2O2，乙和丁组成的元素相同，则丁为H2O，化合物N是具有漂白性的气体(常温下)，则N为SO2，根据转化关系，M是单质，H2O2分解成O2和H2O，即M为O2，甲在酸中生成丙，丙为二元化合物，且含有S元素，即丙为H2S，四种元素原子序数依次增大，且都为短周期元素，X为H，Y为O，如果W为S，X、Z原子序数之和是Y、W原子序数之和的1/2，则Z为Na，如果Z为S，则W不符合要求；
【详解】
乙是一种“绿色氧化剂”，即乙为H2O2，乙和丁组成的元素相同，则丁为H2O，化合物N是具有漂白性的气体(常温下)，则N为SO2，根据转化关系，M是单质，H2O2分解成O2和H2O，即M为O2，甲在酸中生成丙，丙为二元化合物，且含有S元素，即丙为H2S，四种元素原子序数依次增大，且都为短周期元素，X为H，Y为O，如果W为S，X、Z原子序数之和是Y、W原子序数之和的1/2，则Z为Na，如果Z为S，则W不符合要求；
A、同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，同主族元素从上到下原子半径逐渐增大，原子半径大小顺序是r(Na)>r(s)>r(O)，故A错误；
B、SO2能使溴水褪色，发生SO2＋Br2＋H2O=2HBr＋H2SO4，利用SO2的还原性，乙烯和溴水反应，发生的加成反应，故B错误；
C、含S元素的盐溶液，如果是Na2SO4，溶液显中性，如果是NaHSO4，溶液显酸性，如果是Na2SO3，溶液显碱性，故C正确；
D、形成化合物分别是NaH、Na2O/Na2O2、Na2S，NaH中H最外层有2个电子，不满足8电子结构，故D错误，答案选C。
【点睛】
微粒半径大小比较：一看电子层数，一般来说电子层数越多，半径越大；二看原子序数，当电子层数相同，半径随着原子序数的递增而减小；三看电子数，电子层数相同，原子序数相同，半径随着电子数的增多而增大。
二、非选择题（本题包括5小题）
17、1 氯环己烷 碳碳双键 乙醇溶液、加热 酯化反应 +CH3CH2OH 6
【解析】
根据流程图，烃A在氯化铁条件下与氯气发生取代反应生成B，B与氢气加成生成C，结合C的化学式可知，A为，B为，C为，根据题干信息①可知，D中含有碳碳双键，则C发生消去反应生成D，D为，D中碳碳双键被高锰酸钾氧化生成E，E为，E与乙醇发生酯化反应生成F，F为，根据信息②，F在乙醇钠作用下反应生成M()，据此分析解答。
【详解】
(1)的结构简式为，A中只有1种氢原子，核磁共振氢谱中有1组吸收峰；B的结构简式为，故答案为：1；；
(2)C的结构简式为，化学名称为氯环己烷；D的结构简式为，D中所含官能团为碳碳双键，故答案为：氯环己烷；碳碳双键；
(3)C的结构简式为，D的结构简式为，为卤代烃的消去反应，反应条件为NaOH乙醇溶液、加热；E的结构简式为，F的结构简式为，的反应类型为酯化反应或取代反应，故答案为：NaOH乙醇溶液、加热；酯化反应或取代反应；
(4)F的结构简式为，M的结构简式为，根据信息②，的化学方程式为+CH3CH2OH，故答案为：+CH3CH2OH；
(5) M为，同时满足：①五元环上连有2个取代基；②能与溶液反应生成气体，说明含有羧基；③能发生银镜反应，说明含有醛基，满足条件的M的同分异构体有：、、、、、，一共6种，故答案为：6；
(6) 以甲基环戊烯()合成，要想合成，需要先合成，因此需要将碳碳双键打开，根据信息①，碳碳双键打开后得到，只需要将中的羰基与氢气加成即可，具体的合成路线为，故答案为：。
18、羰基 酯基 +→+HCl Br2 取代反应 取代反应 （任写 3 个） CH3CH2OHCH3CHOCH3COOH
【解析】
根据合成路线图中反应物和生成物的结构变化分析反应类型；根据题给信息及路线图中反应类型比较目标产物及原料的结构设计合成路线图。
【详解】
（1）根据A的结构简式分析，A中的官能团有羰基和酯基，故答案为：羰基；酯基；
（2）根据比较C和E的结构及反应物的结构，分析中间产物D的结构简式为：，则反应③的化学方程式为：+→+HCl；故答案为：+→+HCl；
（3）比较D和E的结构，反应④为取代反应，所需的试剂是Br2，故答案为：Br2；
（4）比较E和F的结构变化及F和G的结构变化，反应⑤为取代反应；反应⑥也为取代反应，故答案为：取代反应；取代反应；
（5）I 是 B（） 的同分异构体，具有两性并能与碳酸氢钠溶液反应放出气体，则结构中含有氨基和羧基，其中具有六元环结构的有机物H的结构简式有：；
（6）乙醇氧化可以得到乙酸，乙酸与乙醇酯化反应反应得到乙酸乙酯（），乙酸乙酯发生酯缩合反应生成，与发生合成路线中反应①的反应即可得到，故答案为：CH3CH2OHCH3CHOCH3COOH。
19、冷凝管 浓硫酸（浓 H2SO4） 吸收多余的 Cl2，防止污染空气；吸收空气中的水蒸气，防止产品水解 ③①② Cl2 锡 蒸馏 3 1 6 3 1 3H2O 锥形瓶内溶液由无色变为蓝色，半分钟不褪色 88.6
【解析】
在A装置中，MnO2与浓盐酸在加热条件下反应生成Cl2，由于浓盐酸易挥发，所以生成的Cl2中混有HCl气体和水蒸气。B装置中，饱和食盐水可除去Cl2中的HCl，C装置用于干燥Cl2，所以应放入浓硫酸；在排尽装置内的空气后，加热D装置，让锡与Cl2反应生成SnCl4蒸汽，冷凝管冷凝后用F装置收集，同时用G装置吸收未反应的Cl2，并防止空气中的水蒸气进入F中，引起SnCl4的水解。
【详解】
(1)装置 E 的仪器名称是冷凝管，由以上分析知，装置 C 用于干燥氯气，应盛放的试剂是浓硫酸（浓 H2SO4）。答案为：冷凝管；浓硫酸（浓 H2SO4）；
(2)装置 G 既可防止氯气进入大气，又可防止大气中的水蒸气进入装置，所以其作用是吸收多余的 Cl2，防止污染空气；吸收空气中的水蒸气，防止产品水解。答案为：吸收多余的 Cl2，防止污染空气；吸收空气中的水蒸气，防止产品水解；
(3)实验开始时，应先加药品再制氯气，最后发生Sn与Cl2的反应，所以正确的操作顺序为③①②。答案为：③①②；
(4)得到的产品显黄色是因含有少量Cl2，可以向其中加入单质锡，让其与Cl2反应生成SnCl4除去。由信息可知，杂质SnCl2的沸点比SnCl4高，可采取的操作名称是蒸馏。答案为：Cl2；锡；蒸馏；
(5)①利用得失电子守恒配平时，可先配含变价元素微粒的化学计量数，再利用电荷守恒、质量守恒配其它物质的化学计量数，从而得到配平的方程式为：3Sn2++IO3－+6H+= 3Sn4++I－+3H2O。答案为：3；1；6；3；1；3H2O；
②滴定终点时，发生反应IO3－+5 I2－+6H+ = 3I2 + 3HO，生成的I2使淀粉变蓝，从而得出产生的现象是锥形瓶内溶液由无色变为蓝色，半分钟不褪色。答案为：锥形瓶内溶液由无色变为蓝色，半分钟不褪色；
③由反应方程式可得关系式：3Sn2+——IO3－，n(Sn2+)=3n(IO3-)=3×0.0100 m/L×8.00×10-3 L=2.4×10-4ml，产品的纯度为=88.6%。答案为：88.6。
【点睛】
在回答“为了进一步分离提纯产品，采取的操作名称”时，我们应清楚产品中混入了何种杂质，所以需从题干、表格中寻找信息，在表格中将SnCl2的熔、沸点与SnCl4进行了对比，从而暗示我们，杂质为SnCl2，由此便可确定净化方法。
20、白色固体变黑 测出产生O2的体积 不正确，O2能被NaHSO3溶液吸收 0.04 0.02 3CuSO43CuO+SO3↑+2SO2↑+O2↑ 去掉BC，仅O2进入E中可计算
【解析】
(1)无水硫酸铜在加热条件下能发生分解反应，生成氧化铜、二氧化硫、三氧化硫和氧气，氧化铜为黑色；
(2)EF是排水量气法测量气体体积，依据装置试剂作用分析判断最后测量的是氧气的体积；
(3)装置连接中A受热分解生成的气体含有氧气，通过亚硫酸氢钠溶液会被还原吸收引起误差；
(4)依据反应生成的二氧化硫和氧气之间存在电子守恒，计算二氧化硫物质的量，依据硫酸铜质量换算物质的量，结合硫元素守恒计算三氧化硫物质的量；
(5)依据(4)计算得到生成物的物质的量，然后写出化学方程式；
(6)结合电子守恒和原子守恒可知，只要知道O2的物质的量，即可计算SO2和SO3的物质的量，据此分析调整装置。
【详解】
(1)无水硫酸铜在加热条件下能发生分解反应，生成氧化铜、二氧化硫、三氧化硫和氧气，无水硫酸铜是白色固体，氧化铜为黑色；
(2)EF是排水量气装置，难溶于水的气体体积可以利用排水量气装置测定体积，装置A生成的气体通过亚硫酸氢钠溶液吸收氧气；吸收三氧化硫生成二氧化硫，浓硫酸吸收三氧化硫和水蒸气；通过碱石灰吸收二氧化硫，则最后测定的是氧气的体积；
(3)使用装置B的本意是除去混合气体中的三氧化硫以提纯氧气，但气体通过饱和亚硫酸氢钠溶液中，氧气会被还原吸收；
(4)依据反应生成的二氧化硫和氧气之间存在电子守恒，计算二氧化硫物质的量，氧气448mL(标准状况)物质的量为0.02ml，电子转移0.08ml，CuSO4～SO2～2e-；计算得到二氧化硫物质的量为0.04ml，依据硫酸铜质量换算物质的量==0.06ml，结合硫元素守恒计算三氧化硫物质的量为0.06ml-0.04ml=0.02ml；
(5)依据(4)计算得到生成物的物质的量写出化学方程式为3CuSO43CuO+SO3↑+2SO2↑+O2↑；
(6)由计算(4)中分析可知，只要知道O2的物质的量，即可计算SO2和SO3的物质的量，则简化方案是去掉BC，仅O2进入E中，即可根据收集的氧气计算。
21、0.05ml CaHPO4、Ca(H2PO4)2 1.66 114.87 2.91
【解析】
(1)依据氧化还原反应中得失电子守恒，结合铜元素、磷元素化合价的变化进行计算；
(2)依据磷酸与氢氧化钙量不同，得到的产物可能是正盐或者酸式盐；
(3)磷灰石中碳元素的质量分数=二氧化碳质量分数×二氧化碳中碳元素质量分数；
(4)根据钙元素守恒计算；
(5)用m表示出磷灰石中Ca、S、P元素物质的量，计算出磷酸中P元素物质的量、硫酸中S元素物质的量，结合化学式可知n(Ca)=n(S)+n(P)，据此列方程解答。
【详解】
(1)Cu元素的化合价由+2价降低到+1价，CuSO4是氧化剂，P4部分磷元素由0价降低到-3价，部分磷元素由0价升高到+5价，磷元素的化合价既升高又降低，所以P4既是氧化剂又是还原剂，根据得失电子守恒可知，若有11mlP4参加反应，其中5ml的P4做氧化剂，60ml硫酸铜做氧化剂，只有6ml的P4做还原剂，则由电子守恒可知，有1ml的CuSO4参加反应，则被硫酸铜氧化的白磷分子的物质的量为n则：n×4(5−0)=1ml×(2−1)，解得n=0.05ml，故答案为：0.05ml；
(2)磷酸为三元酸，与氢氧化钙反应，依据磷酸与氢氧化钙量不同，得到的产物可能有：Ca3(PO4)2、CaHPO4、Ca(H2PO4)2，故答案为：CaHPO4、Ca(H2PO4)2；
(3)磷灰石中碳元素的质量分数=，故答案为：1.66；
(4)100g磷灰石粉末中Ca元素质量=，钙元素全部以CaSO4的形式存在，根据Ca元素守恒可知，可以得到CaSO4的质量=，故答案为：114.87；
(5)mg磷灰石中Ca元素物质的量=，S元素物质的量=，P元素物质的量=，磷酸中P元素物质的量=0.05L×0.5ml/L=0.025ml，硫酸中S元素物质的量=0.05L×0.1ml/L=0.005ml，由化学式可知，n(Ca)=n(S)+n(P)，故0.00845m=(0.00044m+0.005)+ (0.004m+0.025)，解得m=2.91，故答案为：2.91。
Ⅰ. 向5mL 0.05 ml/L FeCl3溶液中加入5mL 0.05ml/L KI溶液（反应a），平衡后分为两等份
Ⅱ. 向一份加入饱和KSCN溶液，变红（反应b）；加入CCl4，振荡静置，下层显极浅的紫色
Ⅲ. 向另一份加入CCl4，振荡静置，下层显紫红色
实验1
实验2
物质
颜色
熔点/℃
沸点/℃
Sn
银白色
232
2260
SnCl2
白色
247
652
SnCl4
无色
-33
114
成分
CaO
P2O5
SO3
CO2
质量分数（%）
47.30
28.40
3.50
6.10