2022年山西省太原市高考化学全真模拟密押卷含解析

2021-2022学年高考化学模拟试卷注意事项: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（每题只有一个选项符合题意）1、向一定体积含HC1、H2SO4、NH4NO3、A1C13的混合溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液，溶液中产生沉淀的物质的量与加入Ba(OH)2溶液的体积关系正确的是A．B．C．D．2、锡为ⅣA族元素，四碘化锡是常用的有机合成试剂（SnI4，熔点144.5℃，沸点364.5℃，易水解）。实验室以过量锡箔为原料通过反应Sn+2I2SnI4制备SnI4。下列说法错误的是（）A．加入碎瓷片的目的是防止暴沸B．SnI4可溶于CCl4中C．装置Ⅰ中a为冷凝水进水口D．装置Ⅱ的主要作用是吸收挥发的I23、网络趣味图片“一脸辛酸”，是在脸上重复画满了辛酸的键线式结构。下列有关辛酸的叙述正确的是A．辛酸的同分异构体（CH3)3CCH(CH3)CH2COOH的名称为2,2,3-三甲基戊酸B．辛酸的羧酸类同分异构体中，含有3个“一CH3”结构，且存在乙基支链的共有7种(不考虑立体异构）C．辛酸的同分异构体中能水解生成相对分子质量为74的有机物的共有8种(不考虑立体异构）D．正辛酸常温下呈液态，而软脂酸常温下呈固态，故二者不符合同一通式4、变色眼镜的镜片中加有适量的AgBr和CuO。在强太阳光下，因产生较多的Ag而变黑：2AgBr2Ag+Br2，室内日光灯下镜片几乎呈无色。下列分析错误的是A．强太阳光使平衡右移B．变色原因能用勒沙特列原理解释C．室内日光灯下镜片中无AgD．强太阳光下镜片中仍有AgBr5、亚氯酸钠（NaClO2）是一种高效的漂白剂和氧化剂，可用于各种纤维和某些食品的漂白。马蒂逊（Mathieson）法制备亚氯酸钠的流程如下：下列说法错误的是（）A．反应①阶段，参加反应的NaClO3和SO2的物质的量之比为2：1B．若反应①通过原电池来实现，则ClO2是正极产物C．反应②中的H2O2可用NaClO4代替D．反应②条件下，ClO2的氧化性大于H2O26、根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是（）选项实验操作和现象结论A向溶有SO2的BaCl2溶液中通入气体X，出现白色沉淀X具有强氧化性B将稀盐酸滴入硅酸钠溶液中，充分振荡，有白色沉淀产生非金属性：Cl>SiC常温下，分别测定浓度均为0.1mol·L－1NaF和NaClO溶液的pH，后者的pH大酸性：HF<HClOD卤代烃Y与NaOH水溶液共热后，加入足量稀硝酸，再滴入AgNO3溶液，产生白色沉淀Y中含有氯原子A．A B．B C．C D．D7、化学反应前后肯定没有变化的是①原子数目②分子数目③元素种类④物质的总质量⑤物质的种类A．①④ B．①③⑤ C．①③④ D．①②③④8、钙和钠相似，也能形成过氧化物，则下列叙述正确的是A．过氧化钙的化学式是Ca2O2B．1mol过氧化钠或过氧化钙跟足量水反应都生成0.5mol氧气C．过氧化钙中阴阳离子数之比为2：1D．过氧化钙中只含离子键9、设NA为阿伏伽德罗常数的值，则下列说法正确的是A．常温常压下，22.4LHCl气体溶于水产生H+的数目为NAB．0.2molH2O和D2O中含有中子的数目均为2NAC．1molSO2溶于足量水，溶液中H2SO3与SO32-粒子的物质的量之和小于NAD．1L0.1mol•L-1NaHSO4溶液中含有的阳离子数目为0.1NA10、下列说法正确的是A．共价化合物的熔、沸点都比较低B．H2SO4、CCl4、NH3均属于共价化合物C．H2O分子比H2S分子稳定的原因是H2O分子间存在氢键D．SiO2和CaCO3在高温下反应生成CO2气体，说明硅酸的酸性比碳酸的强11、，改变溶液的，溶液中浓度的对数值与溶液的变化关系如图所示。若。下列叙述错误的是（）A．时，B．电离常数的数量级为C．图中点x的纵坐标值为D．的约等于线c与线d交点处的横坐标值12、第三周期元素X、Y、Z、W的最高价氧化物分别溶于水得溶液，0.010mol/L的这四种溶液pH与该元素原子半径的关系如图所示。下列说法正确的是（）A．Y可能是硅元素B．简单离子半径：Z＞W＞XC．气态氢化物的稳定性：Y＞WD．非金属性：Y＞Z13、下列有关物质性质的叙述错误的是A．将过量氨气通入CuSO4溶液中可得深蓝色溶液B．蛋白质溶于水所得分散系可产生丁达尔效应C．硅酸钠溶液与稀盐酸反应可生成硅酸胶体D．过量铁粉在氯气中燃烧可生成氯化亚铁14、下列说法不正确的是（）A．Fe2O3可用作红色颜料 B．浓H2SO4可用作干燥剂C．可用SiO2作半导体材料 D．NaHCO3可用作焙制糕点15、已知H2S与CO2在高温下发生反应：H2S(g)＋CO2(g)=COS(g)＋H2O(g)。在610K时，将0.10molCO2与0.40molH2S充入2.5L的空钢瓶中，经过4min达到平衡，平衡时水的物质的量分数为2%，则下列说法不正确的是()A．CO2的平衡转化率α＝2.5%B．用H2S表示该反应的速率为0.001mol·L－1·min－1C．在620K重复试验，平衡后水的物质的量分数为3%，说明该平衡正向移动了D．反应过程中混合气体平均摩尔质量始终不变16、常温下，向1L0.1mol·L－1NH4Cl溶液中，不断加入固体NaOH后，NH4+与NH3·H2O的变化趋势如图所示(不考虑体积变化和氨的挥发)。下列说法不正确的是()A．M点溶液中水的电离程度比原溶液小B．在M点时，n(OH－)－n(H＋)＝(a－0.05)molC．随着NaOH的加入，c(H+)/c(NH4+)不断增大D．当n(NaOH)＝0.1mol时，c(Na＋)＝c(NH4+)＋c(NH3·H2O)二、非选择题（本题包括5小题）17、有机物G是一种医药中间体。其合成路线如下：(1)B中含氧官能团名称为________和________。(2)B→C反应类型为________。(3)D的分子式为C10H11OCl，写出D的结构简式：________。(4)写出满足下列条件的F的一种同分异构体的结构简式：________。①分子中含有1个苯环，能发生银镜反应；②分子中有4种不同化学环境的氢。(5)请以、和为原料制备，写出相应的合成路线流程图(无机试剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)________。18、有两种新型的应用于液晶和医药的材料W和Z，可用以下路线合成。已知以下信息：①(R1、R2、R3、R4为氢原子或烷烃基)②1molB经上述反应可生成2molC，且C不能发生银镜反应③(易被氧化)④+CH3-CH=CH2请回答下列问题：(1)化合物A的结构简式____________，A→B的反应类型为_______________。(2)下列有关说法正确的是____________（填字母）。A．化合物B中所有碳原子不在同一个平面上B．化合物W的分子式为C11H16NC．化合物Z的合成过程中，D→E步骤为了保护氨基D．1mol的F最多可以和4molH2反应(3)C+D→W的化学方程式是________________________。(4)写出同时符合下列条件的Z的所有同分异构体的结构简式：_____________________。①遇FeCl3溶液显紫色；②红外光谱检测表明分子中含有结构；③1H-NMR谱显示分子中含有苯环，且苯环上有两种不同化学环境的氢原子。(5)设计→D合成路线（用流程图表示，乙烯原料必用，其它无机过剂及溶剂任选）______________。示例：CH3CHOCH3COOHCH3COOCH2CH319、碘化钠在医疗及食品方面有重要的作用。实验室用NaOH、单质碘和水合肼(N2H4·H2O)为原料制备碘化钠。已知：水合肼具有还原性。回答下列问题：(1)水合肼的制备反应原理为：CO(NH2)2(尿素)+NaClO+2NaOH=N2H4·H2O+NaCl+Na2CO3①制取次氯酸钠和氢氧化钠混合液的连接顺序为__________(按气流方向，用小写字母表示)。若该实验温度控制不当，反应后测得三颈瓶内ClO-与ClO3-的物质的量之比为5：1，则氯气与氢氧化钠反应时，被还原的氯元素与被氧化的氯元素的物质的量之比为____。②制备水合肼时，应将__________滴到__________中（填“NaClO溶液”或“尿素溶液”），且滴加速度不能过快。③尿素的电子式为__________________(2)碘化钠的制备：采用水合肼还原法制取碘化钠固体，其制备流程如图所示：在“还原”过程中，主要消耗反应过程中生成的副产物IO3-，该过程的离子方程式为___。(3)测定产品中NaI含量的实验步骤如下：a．称取10.00g样品并溶解，在500mL容量瓶中定容；b．量取25.00mL待测液于锥形瓶中，然后加入足量的FeCl3溶液，充分反应后，再加入M溶液作指示剂：c.用0.2000mol·L−1的Na2S2O3标准溶液滴定至终点(反应方程式2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI)，重复实验多次，测得消耗标准溶液的体积为15.00mL。①M为____________(写名称)。②该样品中NaI的质量分数为_______________。20、草酸是草本植物常具有的成分，具有广泛的用途。草酸晶体（H2C2O4•2H2O）无色易溶于水，熔点为101℃，受热易脱水、升华，在170℃以上分解。常温下，草酸的电离平衡常数K1=5.4×10－2，K2=5.4×10－5。回答下列问题：（1）拟用下列装置分解草酸制备少量纯净的CO，其合理的连接顺序为____（填字母）。（2）相同温度条件下，分别用3支试管按下列要求完成实验：试管ABC4mL0.01mol/L4mL0.02mol/L4mL0.03mol/L加入试剂KMnO4KMnO4KMnO41mL0.1moL/LH2SO41mL0.1moL/LH2SO41mL0.1moL/LH2SO42mL0.1mol/LH2C2O42mL0.1mol/LH2C2O42mL0.1mol/LH2C2O4褪色时间28秒30秒不褪色写出试管B中发生反应的离子方程式____________；上述实验能否说明“相同条件下，反应物浓度越大，反应速率越快”？_____（填“能”或“不能”）；简述你的理由：__________________。（3）设计实验证明草酸为弱酸的方案及其结果均正确的有________（填序号）。A．室温下，取0.010mol/L的H2C2O4溶液，测其pH=2；B．室温下，取0.010mol/L的NaHC2O4溶液，测其pH>7；C．室温下，取pH=a（a<3）的H2C2O4溶液稀释100倍后，测其pH<a+2；D．取0.10mol/L草酸溶液100mL与足量锌粉反应，收集到H2体积为224mL（标况）。（4）为测定某H2C2O4溶液的浓度，取20.00mLH2C2O4溶液于锥形瓶中，滴入2-3滴指示剂，用0.1000mol/L的NaOH溶液进行滴定，进行3次平行实验，所用NaOH溶液体积分别为19.98mL、20.02mL和22.02mL。①所用指示剂为__________；滴定终点时的现象为________________；②H2C2O4溶液物质的量浓度为________；③下列操作会引起测定结果偏高的是_______（填序号）。A．滴定管在盛装NaOH溶液前未润洗B．滴定过程中，锥形瓶震荡的太剧烈，以致部分液体溅出C．滴定前读数正确，滴定终点时俯视读数D．滴定前读数正确，滴定终点时仰视读数21、NaNO2是一种白色易溶于水的固体，溶液呈碱性，其外观与氯化钠相似，有咸味，俗称工业盐；是一种重要的化学试剂、漂白剂和食品添加剂。已知亚硝酸盐能被溴水氧化，在酸性条件下能氧化亚铁离子；亚硝酸银是可溶于稀硝酸的白色沉淀。请完成以下填空：（1）N原子最外层电子的轨道排布式为_______；用一个事实说明氮和氧非金属强弱_______。（2）酸性条件下，NaNO2溶液只能将I－氧化为I2，同时生成NO。写出此反应①的离子方程式并标出电子转移的方向和数目______。（3）氯气、浓硝酸、酸性高锰酸钾等都是常用的强氧化剂，工业上氧化卤水中的I－提取单质I2选择了价格并不便宜的亚硝酸钠，可能的原因是_______。（4）在盐酸溶液中加入亚硝酸钠溶液至中性，则c(Cl-)_____c(HNO2)（填“<”、“>”或“=”）。（5）设计一种鉴别亚硝酸钠和氯化钠的实验方案。_______

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【解析】

向一定体积含HCl、H2SO4、NH4NO3、AlCl3的混合溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液，发生H++OH-=H2O，同时钡离子与硫酸根离子结合生成沉淀，沉淀在增多，氢离子物质的量比氢离子浓度大，则第二阶段沉淀的量不变，第三阶段铝离子反应生成沉淀，第四阶段铵根离子与碱反应，最后氢氧化铝溶解，沉淀减少，最后只有硫酸钡沉淀，显然只有图象C符合。答案选C。2、D【解析】

四碘化锡是常用的有机合成试剂SnI4，熔点144.5℃，沸点364.5℃，易水解，说明SnI4是分子晶体。【详解】A选项，在液体加热时溶液暴沸，因此需要加入碎瓷片，碎瓷片的目的是防止暴沸，故A正确，不符合题意；B选项，根据相似相溶原理，SnI4是非极性分子溶于CCl4非极性分子中，故B正确，不符合题意；C选项，冷凝水方向是“下进上出”，因此装置Ⅰ中a为冷凝水进水口，故C正确，不符合题意；D选项，SnI4易水解，装置Ⅱ的主要作用是防止空气中的水蒸气进去到反应装置中，故D错误，符合题意。综上所述，答案为D。【点睛】相似相溶原理，SnI4是非极性分子，CCl4是非极性分子，因此SnI4可溶于CCl4中。3、B【解析】

A.根据官能团位置编号最小的原则给主链碳原子编号，该有机物的名称为3，4，4-三甲基戊酸，A项错误；B.三个甲基分别是主链端点上一个，乙基支链上一个，甲基支链一个，这样的辛酸的羧酸类同分异构体中未连接甲基的结构有两种形式，分别为CH3CH2CH(CH2CH3)CH2COOH、CH3CH2CH2CH(CH2CH3)COOH，在这两种结构中，甲基可以分别连接在中间的三个主链碳原子上，共有6种结构，还有一种结构为(CH2CH3)2CCOOH，因此辛酸的羧酸类同分异构体中，含有三个甲基结构，且存在乙基支链的共有7种，B项正确；C.辛酸的同分异构体中能水解的一定为酯，那么相对分子质量为74的有机物可是酸，即为丙酸，但丙酸只有一种结构，也可能是醇，则为丁醇，共有4种同分异构体。所以与丙酸反应生成酯的醇则为戊醇，共有8种同分异构体；与丁醇反应生成酯的酸为丁酸，其中丁酸有2种同分异构体，丁醇有4种同分异构体，所以共有8种，因此符合要求的同分异构体一共是8+8=16种，C项错误；D.正辛酸和软脂酸都是饱和脂肪酸，都符合通式CnH2nO2，由于正辛酸所含C原子数少，常温下呈液态，而软脂酸所含C原子数多，常温下呈固态，D项错误；答案选B。【点睛】C选项要从酯在组成上是由酸和醇脱水生成的，所以相对分子质量为74的有机物可能是酸，也可能是醇，再分别推导出同分异构体的数目，最后酸和醇的同分异构体数目相结合即得总数。4、C【解析】

据可逆反应的特征和平衡移动原理分析解答。【详解】A.强太阳光使平衡2AgBr2Ag+Br2右移，生成较多的Ag，从而镜片变黑，A项正确；B.变色是因为溴化银的分解反应可逆，其平衡移动符合勒沙特列原理，B项正确；C.室内日光灯下镜片中仍有Ag，C项错误；D.强太阳光下，平衡2AgBr2Ag+Br2右移，但不可能完全，镜片中仍有AgBr，D项正确。本题选D。5、C【解析】

A．根据流程图反应①中氧化剂是NaClO3，还原剂是SO2，还原产物是ClO2，氧化产物是NaHSO4，根据化合价升降相等可得NaClO3和SO2的物质的量之比为2:1，A项正确；B．由反应①化合价变化情况，再根据原电池正极表面发生还原反应，所以ClO2是正极产物，B项正确；C．据流程图反应②，在ClO2与H2O2的反应中，ClO2转化为NaClO2氯元素的化合价降低，做氧化剂；H2O2只能做还原剂，氧元素的化合价升高，不能用NaClO4代替H2O2，C项错误；D．据流程图反应②ClO2与H2O2反应的变价情况，ClO2做氧化剂，H2O2做还原剂，可以推出ClO2的氧化性大于H2O2，D项正确；故答案选C。【点睛】根据反应的流程图可得反应①中的反应物与生成物，利用得失电子守恒规律推断反应物或生成物的物质的量之比。6、D【解析】

A．若X为氨气，生成白色沉淀为亚硫酸钡，若X为氯气，生成白色沉淀为硫酸钡，则X可能为氨气或Cl2等，不一定具有强氧化性，选项A错误；B．由现象可知，生成硅酸，则盐酸的酸性大于硅酸，但不能利用无氧酸与含氧酸的酸性强弱比较非金属性，方案不合理，选项B错误；C、常温下，分别测定浓度均为0.1mol·L－1NaF和NaClO溶液的pH，后者的pH大，说明ClO-的水解程度大，则酸性HF＞HClO，选项C错误；D．卤代烃中卤元素的检验时，先将卤元素转化为卤离子，然后加入稀硝酸中和未反应的NaOH，最后用硝酸银检验卤离子，则卤代烃Y与NaOH水溶液共热后，加入足量稀硝酸，再滴加AgNO3溶液，产生白色沉淀，说明卤代烃Y中含有氯原子，选项D正确；答案选D。【点睛】本题考查化学实验方案评价，明确实验操作步骤、元素化合物性质是解本题关键，注意卤素离子与卤素原子检验的不同，题目难度不大。7、C【解析】

在化学反应前后元素种类、原子数目和物质的总质量不变，分子数目可能变化，而物质种类一定发生变化，据以上分析解答。【详解】化学反应的实质是有新物质生成,从微观角度来看是原子的重新组合,反应中遵循质量守恒定律,反应前后元素原子守恒,所以化学反应前后肯定没变化的是①原子数目、③元素种类、④物质的总质量；而反应前后分子数目可以改变,物质种类也会改变；综上分析所述,①③④反应前后不变；

综上所述，本题正确选项C。8、B【解析】

A．过氧化钙的化学式是CaO2，故A错误；B．过氧化钠或过氧化钙跟水的反应：2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2↑，2H2O+2CaO2=2Ca（OH）2+O2↑，都是1mol过氧化物跟足量水反应都生成0.5mol氧气，故B正确；C．过氧化钙中阴离子为过氧根离子，过氧化钙中阴阳离子数之比为1：1，故C错误；D．过氧化钙中既含有离子键又含有共价键，故D错误；答案选B。9、C【解析】

A选项，常温常压下，22.4LHCl气体物质的量比1mol小，溶于水产生H+的数目小于NA，故A错误；B选项，H2O中子数8个，D2O中子数为10个，因此0.2molH2O和D2O中含有中子的数目不相同，故B错误；C选项，1molSO2溶于足量水，溶液中H2SO3与HSO3－、SO32－粒子的物质的量之和为NA，故C正确；D选项，1L0.1mol•L-1NaHSO4溶液物质的量为0.1mol，则含有的阳离子物质的量为0.2mol，所以含有的阳离子数目为0.2NA，故D错误；综上所述，答案为C。【点睛】注意D中子数为1，T中子数为2；NaHSO4晶体中的离子数目为2个，NaHSO4溶液中的离子数目为3个。10、B【解析】

A．共价化合物包括分子晶体和原子晶体，而物质的熔点的一般顺序为：原子晶体>离子晶体>分子晶体，故共价化合物的熔点不一定比较低，故A错误；B．H2SO4、CCl4、NH3分子中均只含共价键的化合物，所以三者属于共价化合物，故B正确；C．分子的稳定性与氢键无关，氢键决定分子的物理性质，分子的稳定性与共价键有关，故C错误；D．常温下，水溶液中酸性强的酸能制取酸性弱的酸，SiO2和CaCO3在高温下反应生成CO2气体是高温条件下的反应，不说明硅酸的酸性比碳酸强，故D错误；本题选B。11、A【解析】

根据图知，pH<7时，CH3COOH电离量少，c表示CH3COOH的浓度；pH=7时c（OH－）=c（H＋），二者的对数相等，且pH越大c（OH－）越大、c（H＋）越小，则lgc（OH－）增大，所以b、d分别表示H＋、OH－；pH>7时，CH3COOH几乎以CH3COO－形式存在，a表示CH3COO－；A、pH=6时，纵坐标越大，该微粒浓度越大；B、c（CH3COOH）=c（CH3COO－）时，CH3COOH电离平衡常数K=c(H＋)·c(CH3COO－)/c(CH3COOH)=c（H＋）；C、根据K=c(H＋)·c(CH3COO－)/c(CH3COOH)求解；D、CH3COO－+H2OCH3COOH+OH-，0.01mol·L－1CH3COONa水解平衡常数Kh=c(CH3COOH)·c(OH－)/c(CH3COO－)=1/k，求出c(OH－)，pH=14-pOH，即c与线d交点处的横坐标值。【详解】A、pH=6时，纵坐标越大，该微粒浓度越大，所以存在c（CH3COO－）＞c（CH3COOH）＞c（H＋），故A错误；B、c（CH3COOH）=c（CH3COO－）时，CH3COOH电离平衡常数K=c(H＋)·c(CH3COO－)/c(CH3COOH)=c（H＋）=10-4.74，故B正确；C、根据K=c(H＋)·c(CH3COO－)/c(CH3COOH)求解；pH=2时，c（H＋）=10-2mol·L－1，从曲线c读出c(CH3COOH)=10-2mol·L－1，由选项B，K=10-4.74，解得c(CH3COO－)=10-4.74，故C正确；D、CH3COO－+H2OCH3COOH+OH-，0.01mol·L－1CH3COONa水解平衡常数Kh=c(CH3COOH)·c(OH－)/c(CH3COO－)=1/k，从c与线d交点作垂线，交点c（HAc）=c（Ac－），求出c(OH－)=1/k=104.74mol·L－1，pH=14-pOH=9.26，即c与线d交点处的横坐标值。故D正确。故选A。12、B【解析】

第三周期元素中，X最高价氧化物水化物的溶液的pH为12，氢氧根浓度为0.01mol/L，故为一元强碱，则X为Na，Y、W、Z对应的最高价氧化物水化物的溶液pH均小于7，均为酸，W最高价含氧酸溶液中氢离子浓度为0.01mol/L，故为一元强酸，则W为Cl元素；等浓度的最高价含氧酸中，Z电离出氢离子浓度比W的大、Y对应的酸性最弱，而原子半径Y＞Z＞Cl，故Z为S元素，Y为P元素，以此来解答。【详解】由上述分析可知，X为Na、Y为P、Z为S，W为Cl，A．Y不可能是Si元素，因为SiO2不溶于水，由分析可知Y是P元素，故A错误；B．电子层越多，离子半径越大，具有相同排布的离子中原子序数大的离子半径小，则S2-、Cl-和Na+的离子半径为S2-＞Cl-＞Na+，故B正确；C．Cl的非金属性比P强，则气态氢化物的稳定性HCl＞PH3，故C错误；D．S和P是同周期的主族元素，核电荷数大，元素的非金属性强，即S的非金属性大于P，故D错误；故答案为B。13、D【解析】

A.将过量氨气通入CuSO4溶液过程中发生如下反应：2NH3+2H2O+Cu2+=Cu(OH)2↓+2NH4+，Cu(OH)2+2NH3=Cu(NH3)42++2OH-，Cu(NH3)42+络离子在水溶液中呈深蓝色，A项正确；B.蛋白质属于高分子，分子直径已达到1nm~100nm之间，蛋白质的水溶液属于胶体，故可产生丁达尔效应。B项正确；C.在硅酸钠溶液中逐滴加入稀盐酸，边滴边振荡，可得到硅酸胶体：Na2SiO3+2HCl=H2SiO3(胶体)+2NaCl。C项正确；D.铁粉在氯气中燃烧只生成氯化铁：2Fe+3Cl22FeCl3。D项错误；答案选D。14、C【解析】

A.Fe2O3的颜色是红色，可用作红色颜料，故A正确；B.浓H2SO4具有吸水性，可用作干燥剂，故B正确；C.单质Si是半导体材料，故C错误；D.NaHCO3加热分解为碳酸钠、二氧化碳、水，可用作焙制糕点，故D正确；答案选C。15、A【解析】

根据题意列出三段式，如下：根据平衡时水的物质的量分数为2%，则，故x=0.004mol/L，A、CO2的平衡转化率α==10%，选项A不正确；B、用H2S表示该反应的速率为0.001mol·L－1·min－1，选项B正确；C、当温度升高到620K时，平衡后水的物质的量分数为3%，可知温度升高平衡向正反应方向移动了，选项C正确；D、由于反应前后都为气体，且为气体体积不变的反应，反应过程中混合气体平均摩尔质量始终不变，选项D正确。答案选A。16、C【解析】A．M点是向1L0.1mol/LNH4Cl溶液中，不断加入NaOH固体后反应得到氯化铵和一水合氨溶液，铵根离子浓度和一水合氨浓度相同，一水合氨是一元弱碱抑制水电离，此时水的电离程度小于原氯化铵溶液中水的电离程度，A正确；B．在M点时溶液中存在电荷守恒，n（OH-）+n（Cl-）=n（H+）+n（Na+）+n（NH4+），n(OH-)-n(H+)=0.05+n（Na+）-n（Cl-）=（a-0.05）mol，B正确；C．铵根离子水解显酸性，结合水解平衡常数分析，c(H+)×c(NH3·H2O)/c(NH4+)×c(NH3·H2O)=Kh/c(NH3·H2O)，随氢氧化钠固体加入，反应生成一水合氨浓度增大，平衡常数不变，则c(H+)/c(NH4+)减小，C错误；D．向1L0.1mol/LNH4Cl溶液中，不断加入NaOH固体后，当n（NaOH）=0.1mol时，恰好反应生成氯化钠和一水合氨，根据物料守恒可知溶液中c(Na+)=c(NH4+)+c(NH3·H2O)，D正确；答案选C。二、非选择题（本题包括5小题）17、羰基羧基还原反应【解析】

A与在AlCl3作用下发生取代反应生成，与HCl在催化剂作用下发生加氢还原反应生成，与SOCl2发生取代反应生成D，D在AlCl3作用下发生取代反应生成根据逆分析法可知，D为，据此分析作答。【详解】（1）B为，其中含氧官能团名称为羰基和羧基；（2）B→C的过程中，羰基转化为亚甲基，属于还原反应；（3）与SOCl2发生取代反应生成D，D的分子式为C10H11OCl，可知D为：；（4）F的分子式为C16H16O，其不饱和度=16×2+2-162=9，①分子中含有1个苯环，能发生银镜反应，则说明分子内含醛基；②分子中有4种不同化学环境的氢，则分子为对称结构，满足上述条件的同分异构体为：；（5）根据上述合成路线，若以请以可以先将苯在AlCl3作用下与CH3COCl进行反应，再利用生成的与以及水进行反应制备，采用逆合成分析法结合目标产物，只要将酸性条件下加热可生成，最后与氢气加成即可得到，具体合成路线为：。18、(CH3)2CH-CCl(CH3)2消去反应C、【解析】

A的分子式为C6H13Cl，为己烷的一氯代物，在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应得到B为烯烃，1molB发生信息①中氧化反应生成2molC，且C不能发生银镜反应，B为对称结构烯烃，且不饱和C原子没有H原子，故B为(CH3)2C=C(CH3)2，C为，逆推可知A为(CH3)2CH-CCl(CH3)2。由W进行逆推，可推知D为，由E后产物结构，可知D与乙酸酐发生取代反应生成E，故E为，然后E发生氧化反应。对、比F前后物质结构，可知生成F的反应发生取代反应，而后酰胺发生水解反应又重新引入氨基，则F为，D→E步骤为了保护氨基，防止被氧化。【详解】根据上述分析可知：A为(CH3)2CH-CCl(CH3)2，B为(CH3)2C=C(CH3)2，C为，D为，E为，F为。则(1)根据上述分析可知，化合物A的结构简式为：(CH3)2CH-CCl(CH3)2，A与NaOH的乙醇溶液在加热时发生消去反应，产生B：(CH3)2C=C(CH3)2，乙醇A→B的反应类型为：消去反应；(2)A.化合物B为(CH3)2C=C(CH3)2，可看作是乙烯分子中4个H原子分别被4个-CH3取代产生的物质，由于乙烯分子是平面分子，4个甲基C原子取代4个H原子的位置，在乙烯分子的平面上，因此所有碳原子处于同一个平面，A错误；B.由W的结构简式可知化合物W的分子式为C11H15N，B错误；C.氨基具有还原性，容易被氧化，开始反应消耗，最后又重新引入氨基，可知D→E步骤为了保护氨基，防止被氧化，C正确；D.物质F为，苯环能与氢气发生加成反应，1mol的F最多可以和3molH2反应，D错误，故合理选项是C；(3)C+D→W的化学方程式是：；(4)Z的同分异构体满足：①遇FeCl3溶液显紫色，说明含有酚羟基；②红外光谱检测表明分子中含有结构；③1HNMR谱显示分子中含有苯环，且苯环上有两种不同化学环境的氢原子，说明分子结构对称，则对应的同分异构体可为、；(5)由信息④可知，苯与乙烯发生加成反应得到乙苯，然后与浓硝酸、浓硫酸在加热50℃～60℃条件下得到对硝基乙苯，最后与Fe在HCl中发生还原反应得到对氨基乙苯，故合成路线流程图为：。【点睛】要充分利用题干信息，结合已经学习过的各种官能团的性质及转化进行合理推断。在合成推断时要注意有机物的分子式、反应条件、物质的结构的变化，采取正、逆推法相结合进行推断。19、ecdabf5：3NaClO溶液尿素溶液2IO3-+3N2H4·H2O=3N2↑+2I-+9H2O淀粉90%【解析】

(1)①根据制备氯气，除杂，制备次氯酸钠和氧氧化钠，处理尾气分析；三颈瓶内ClO-与ClO3-的物质的量之比为5：1，设ClO-与ClO3-的物质的量分别为5mol、1mol，根据得失电子守恒，生成5molClO-则会生成Cl-5mol，生成1molClO3-则会生成Cl-5mol，据此分析可得；②NaClO氧化水合肼；③尿素中C原子与O原子形成共价双键，与2个-NH2的N原子形成共价单键；(2)碘和NaOH反应生成NaI、NaIO，副产物IO3-，加入水合肼还原NaIO、副产物IO3-，得到碘离子和氮气，结晶得到碘化钠，根据流程可知，副产物IO3-与水合肼生成碘离子和氮气，据此书写；(3)①碘单质参与，用淀粉溶液做指示剂；②根据碘元素守恒，2I-～I2～2Na2S2O3，则n(NaI)=n(Na2S2O3)，计算样品中NaI的质量，最后计算其纯度。【详解】(1)①装置C用二氧化锰和浓盐酸混合加热制备氯气，用B装置的饱和食盐水除去杂质HCl气体，为保证除杂充分，导气管长进短出，氯气与NaOH在A中反应制备次氯酸钠，为使反应物充分反应，要使氯气从a进去，由D装置吸收未反应的氯气，以防止污染空气，故导气管连接顺序为：ecdabf；三颈瓶内ClO-与ClO3-的物质的量之比为5：1，设ClO-与ClO3-的物质的量之比为5：1的物质的量分别为5mol、1mol，根据得失电子守恒，生成6molClO-则会生成Cl-的物质的量为5mol，生成1molClO3-则会生成Cl-5mol，则被还原的氯元素为化合价降低的氯元素，即为Cl-，n(Cl-)=5mol+5mol=10mol，被氧化的氯元素为化合价升高的氯元素，其物质的量为ClO-与ClO3-物质的量的和，共5mol+1mol=6mol，故被还原的氯元素与被氧化的氯元素的物质的量之比为10：6=5：3；②制备水合肼时，将尿素滴到NaClO溶液中或过快滴加，都会使过量的NaClO溶液氧化水合肼，降低产率，故实验中制备水合肼的操作是：取适量A中的混合液逐滴加入到定量的尿素溶液中制备水合肼，滴加顺序不能颠倒，且滴加速度不能过快；③尿素CO(NH2)2中C原子与O原子形成共价双键，与2个—NH2的N原子形成共价单键，所以其电子式为：；(2)根据流程可知，副产物IO3-与水合肼生成碘离子和氮气，反应的离子方程式为：2IO3-+3N2H4•H2O=3N2↑+2I-+9H2O；(3)①实验中滴定碘单质，应该用淀粉作指示剂，所以M是淀粉；②根据碘元素守恒，2I-～I2～2Na2S2O3，则n(NaI)=n(Na2S2O3)，故样品中NaI的质量m(NaI)=×150g/mol=9.00g，故样品中NaI的质量分数为×100%=90.0%。【点睛】本题考查了物质的制备，涉及氧化还原反应化学方程式的书写、实验方案评价、纯度计算等，明确实验原理及实验基本操作方法、试题侧重于考查学生的分析问题和解决问题的能力，注意题目信息的应用，学会使用电子守恒或原子守恒，根据关系式法进行有关计算。20、B-E-D2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O能实验中KMnO4的浓度cB>cA，且其反应速率νB>νAAC酚酞锥形瓶内溶液由无色变成(粉)红色，且半分钟内不变化0.05000mol/LAD【解析】

（1）由题给信息可知，草酸分解时，草酸为液态，草酸晶体分解生成二氧化碳、一氧化碳、水；（2）酸性溶液中高锰酸钾溶液氧化草酸生成二氧化碳；硫酸、草酸浓度相同，改变高锰酸钾溶液浓度分析反应速率变化，高锰酸钾溶液浓度越大，反应速率越快；（3）依据草酸为二元弱酸和草酸氢钠溶液中草酸氢根电离大于水解分析；（4）①强碱滴定弱酸到反应终点生成草酸钠，生成的为强碱弱酸盐显碱性；②由H2C2O4—2NaOH建立关系式求解可得；③滴定操作误差分析可以把失误归结为消耗滴定管中溶液体积的变化分析判断。【详解】（1）由题给信息可知，草酸受热分解时熔化为液态，故选用装置B加热草酸晶体；草酸晶体分解生成二氧化碳、一氧化碳、水，则气体通过装置E吸收二氧化碳，利用排水法收集一氧化碳，其合理的连接顺序为B-E-D，故答案为B-E-D；（2）酸性溶液中高锰酸钾溶液氧化草酸生成二氧化碳，反应的离子方程式为：2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O。保持硫酸、草酸浓度相同，改变高锰酸钾溶液浓度分析反应速率变化，高锰酸钾溶液浓度越大，反应速率越快，实验中KMnO4的浓度cB＞cA，且其反应速率νB＞νA，上述实验能说明相同条件下，反应物浓度越大，反应速率越快，故答案为2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；能；实验中KMnO4的浓度cB＞cA，且其反应速率νB＞νA；（3）A、草酸为二元酸，若为强酸电离出氢离子浓度为0.02mol/L，pH小于2，室温下，取0.010mol/L的H2C2O4溶液，测其pH=2，说明存在电离平衡，证明酸为弱酸，故A正确；B、室温下，0.010mol/L的NaHC2O4溶液中草酸氢根电离大于水解，溶液呈酸性，pH小于7，故B错误；C、室温下，取pH=a（a＜3）的H2C2O4溶液稀释100倍后，测其pH＜