广东省深圳市蛇口育才二中2026届高三高考仿真模拟考试化学试题试卷含解析

广东省深圳市蛇口育才二中2026届高三高考仿真模拟考试化学试题试卷考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。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、某同学设计了如图所示元素周期表，已知Z元素的最外层电子数是次外层的3倍。空格中均有对应的元素填充。下列说法正确的是A．白格中都是主族元素，灰格中都是副族元素B．X、Y分别与Z形成的化合物都只有两种C．X、Y元素最高价氧化物对应的水化物酸性：X>YD．X、Y、Z的气态氢化物中最稳定的是X的氢化物2、下列颜色变化与氧化还原反应有关的是（）A．氨气遇到HCl气体后产生白烟B．品红溶液通入SO2气体后褪色C．湿润的淀粉碘化钾试纸遇Cl2变蓝D．在无色火焰上灼烧NaCl火焰呈黄色3、实验室中某些气体的制取、收集及尾气处理装置如图所示（省略夹持和净化装置）。仅用此装置和表中提供的物质完成相关实验，最合理的选项是选项a中的物质b中的物质c中收集的气体d中的物质A浓氨水CaONH3H2OB浓硫酸Na2SO3SO2NaOH溶液C稀硝酸CuNO2H2OD浓盐酸MnO2Cl2NaOH溶液A．A B．B C．C D．D4、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5、A、B、C、D、E是原子序数依次增大的五种短周期主族元素，其中A的原子序数是B和D原子序数之和的1/4，C的原子半径在所有短周期主族元素中最大，甲和丙是D元素的两种常见氧化物，乙和丁是B元素的两种常见同素异形体，0.005mol/L戊溶液的pH=2，它们之间的转化关系如图所示(部分反应物省略)，下列叙述一定正确的是A．C、D两元素形成的化合物的原子个数比为1:2B．C、E形成的化合物的水溶液呈碱性C．简单离子半径：D>C>BD．最高价氧化物对应水化物的酸性：E>A6、有机化合物甲、乙、丙的结构如图所示，下列说法正确的是甲乙丙A．三种物质的分子式均为C5H8O2，互为同分异构体B．甲、乙、丙分子中的所有环上的原子可能共平面C．三种物质均可以发生氧化反应和加成反应D．三种物质都能与氢氧化钠溶液发生反应7、乙酸和乙醛的鉴别有多种方法，下列可行的操作中最不简便的一种是A．使用蒸馏水B．使用NaHCO3溶液C．使用CuSO4和NaOH溶液D．使用pH试纸8、核黄素又称为维生素B2，可促进发育和细胞再生，有利于增进视力，减轻眼睛疲劳。核黄素分子的结构为：已知：有关核黄素的下列说法中，不正确的是：A．该化合物的分子式为C17H22N4O6B．酸性条件下加热水解，有CO2生成C．酸性条件下加热水解，所得溶液加碱后有NH3生成D．能发生酯化反应9、蓓萨罗丁是一种治疗顽固性皮肤T细胞淋巴瘤的药物，其结构如图所示。下列有关说法正确的是A．分子中所有碳原子在同一平面内B．既能发生加成反应，又能发生消去反应C．能使溴水、酸性高锰酸钾溶液褪色，且原理相同D．1mol蓓萨罗丁分别与足量的Na、NaHCO3反应，产生气体的物质的量之比为l︰210、化合物A()可由环戊烷经三步反应合成：则下列说法错误的是（）A．反应1可用试剂是氯气B．反应3可用的试剂是氧气和铜C．反应1为取代反应，反应2为消除反应D．A可通过加成反应合成Y11、已知一组有机物的分子式通式，按某种规律排列成下表项序1234567……通式C2H4C2H4OC2H4O2C3H6C3H6OC3H6O2C4H8……各项物质均存在数量不等的同分异构体。其中第12项的异构体中，属于酯类的有（不考虑立体异构）A．8种 B．9种 C．多于9种 D．7种12、第三周期元素X、Y、Z、W的最高价氧化物溶于水可得四种溶液，0.01mol/L的这四种溶液pH与该元素原子半径的关系如下图所示。下列说法正确的是A．简单离子半径:X>Y>Z>WB．W的单质在常温下是黄绿色气体C．气态氢化物的稳定性:Z>W>YD．X和Y的最高价氧化物对应的水化物恰好中和时，溶液中的微粒共有2种13、用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A．0.1molCH4和0.1molCl2充分反应，生成的C-Cl键和H-Cl键的数目均为0.2NAB．7.8gNa2S和Na2O2的混合物中所含阴离子的数目等于0.2NAC．18g固态水（冰）中含有的氢键的数目为2NAD．25℃时，Ksp（AgI）=1.0×10-16，则AgI饱和溶液中Ag+数目为1.0×10-8NA14、下列离子方程式书写正确的是()A．硫化钠溶液显碱性：S2-+2H2O=H2S+2OH-B．金属钠投入氯化镁溶液中：2Na+Mg2+=2Na++MgC．新制氢氧化铜溶于醋酸溶液：2CH3COOH+Cu(OH)2=Cu2++2CH3COO-+2H2OD．水溶液中，等物质的量的Cl2与FeI2混合：2Cl2+2Fe2++2I-=2Fe3++4Cl-+I215、下列过程没有明显现象的是A．加热NH4Cl固体 B．向Al2(SO4)3溶液中滴加氨水C．向FeSO4溶液中通入NO2 D．向稀Na2CO3溶液中滴加少量盐酸16、298K时，向20mL浓度均为0.1mo1/L的MOH和NH3·H2O混合液中滴加0.1mol的CH3COOH溶液，测得混合液的电阻率（表示电阻特性的物理量）与加入CH3COOH溶液的体积（V）的关系如图所示。已知CH3COOH的Ka＝1.8×10－5，NH3·H2O的Kb=1.8×10－5。下列说法错误的是（）A．MOH是强碱B．c点溶液中浓度：c（CH3COOH)<c(NH3·H2O）C．d点溶液呈酸性D．a→d过程中水的电离程度先增大后减小17、实验室中，要使AlCl3溶液中的Al3+离子全部沉淀出来，适宜的试剂是A．NaOH溶液 B．氨水 C．盐酸 D．Ba(OH)2溶液18、单位体积的稀溶液中，非挥发性溶质的分子或离子数越多，该溶液的沸点越高。下列溶液中沸点最高的是A．0.01mol/L的蔗糖溶液 B．0.02mol/L的CH3COOH溶液C．0.02mol/L的NaCl溶液 D．0.01mol/L的K2SO4溶液19、下列实验操作、解释或结论均正确的是选项实验目的操作结论或解释A检验、混合溶液中的取待测液少许，加入过量的溶液，再加振荡静置；取上层清液，向其中加入硝酸酸化的溶液液体分层，加入硝酸酸化的，溶液有白色沉淀产生，则溶液中含B检验某溶液中有无取待测液少许，加入盐酸，有气体放出，将气体通入澄清石灰水中澄清石灰水变浑浊，则含C检验溶液中的取待测液少许，先通入氯气，再加KSCN溶液溶液变红色，则含D检验食盐中是否含取少量食盐溶于水，加少量淀粉溶液变蓝色，则含A．A B．B C．C D．D20、氟氧酸是较新颖的氧化剂，应用性极强，可用被氮气稀释的氟气在细冰上缓慢通过制得：F2+H2O=HOF+HF。该反应中水的作用与下列反应中水的作用相同的是A．钠与水反应制氢气B．过氧化钠与水反应制氧气C．氯气与水反应制次氯酸D．氟单质与水反应制氧气21、某抗癌药物的结构简式如图所示，其中W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，W、Y同主族，Y、Z的最外层电子数之和是X的最外层电子数的2倍。下列叙述正确的是A．元素的非金属性：W>Z>XB．Y的最高价氧化物的水化物是强酸C．W的最简单氢化物与Z的单质混合后可产生白烟D．Y、Z形成的化合物中，每个原子均满足8电子结构22、雾霾中对人体有害的主要成分有固体细颗粒、氮和硫的氧化物、芳香烃、重金属离子。下列说法不正确的是A．苯是最简单的芳香烃B．重金属离子可导致蛋白质变性C．氮和硫的氧化物都属于酸性氧化物D．汽车尾气的大量排放是造成雾霾天气的人为因素之一二、非选择题(共84分)23、（14分）重要的化学品M和N的合成路线如图所示：已知：i．ii．iiiN的结构简式是：请回答下列问题：（1）A中含氧官能团名称是______，C与E生成M的反应类型是______．（2）写出下列物质的结构简式：X：______Z：______E：______（3）C和甲醇反应的产物可以发生聚合反应．该聚合反应的产物是：______．（4）1molG一定条件下，最多能与______molH2发生反应（5）写出一种符合下列要求G的同分异构体______①有碳碳叄键②能发生银镜反应③一氯取代物只有2种（6）1，3﹣丙二醇是重要的化工物质，请设计由乙醇合成它的流程图______，合成路线流程图示例如下：CH2=CH2CH3CH2BrCH3CH2OH．24、（12分）由乙烯和其他无机原料可合成环状化合物，其合成过程如下图所示(水及其他无机产物均已省略)：请分析后回答下列问题：(1)反应的类型分别是①________，②________。(2)D物质中的官能团为________。(3)C物质的结构简式为________，物质X与A互为同分异构体，则X的结构简式为________，X的名称为________。(4)B、D在一定条件下除能生成环状化合物E外，还可反应生成一种高分子化合物，试写出B、D反应生成该高分子化合物的方程式_______________。25、（12分）草酸铵[（NH4)2C2O4]为无色柱状晶体，不稳定，受热易分解，可用于测定Ca2+、Mg2+的含量。I.某同学利用如图所示实验装置检验草酸铵的分解产物。（1）实验过程中，观察到浸有酚酞溶液的滤纸变红，装置B中澄清石灰水变浑浊，说明分解产物中含有__________________（填化学式）；若观察到__________________，说明分解产物中含有CO。草酸铵分解的化学方程式为______________________。（2）反应开始前，通入氮气的目的是________________________。（3）装置C的作用是_______________________。（4）还有一种分解产物在一定条件下也能还原CuO,该反应的化学方程式为__________。II.该同学利用草酸铵测定血液中钙元素的含量。（5）取20.00mL血液样品，定容至l00mL,分别取三份体积均为25.00mL稀释后的血液样品，加入草酸铵，生成草酸钙沉淀，过滤，将该沉淀溶于过量稀硫酸中，然后用0.0l00mol/LKMnO4溶液进行滴定。滴定至终点时的实验现象为___________。三次滴定实验消耗KMnO4溶液的体积分别为0.43mL,0.41mL,0.52mL,则该血液样品中钙元素的含量为________mmol/L。26、（10分）用如图所示仪器，设计一个实验装置，用此装置电解饱和食盐水，并测定阴极气体的体积（约6mL）和检验阳极气体的氧化性。（1）必要仪器装置的接口字母顺序是：A接_____、____接____；B接___、____接____。（2）电路的连接是：碳棒接电源的____极，电极反应方程式为_____。（3）能说明阳极气体具有氧化性的实验现象是____，有关离子方程式是_____；最后尾气被吸收的离子方程式是______。（4）如果装入的饱和食盐水体积为50mL（假定电解前后溶液体积不变），当测得的阴极气体为5.6mL（标准状况）时停止通电，则另一极实际上可收集到气体____（填“”、“”或“”）5.6mL，理由是______。27、（12分）ClO2是一种优良的消毒剂，浓度过高时易发生分解，常将其制成NaClO2固体，以便运输和贮存。过氧化氢法制备NaClO2固体的实验装置如图所示。请回答：已知：①2NaClO3+H2O2+H2SO4=2ClO2↑+O2↑+Na2SO4+2H2O②ClO2熔点-59℃、沸点11℃；H2O2沸点150℃（1）NaClO2中氯元素的化合价是__。（2）仪器A的作用是__。（3）写出制备NaClO2固体的化学方程式：__。冰水浴冷却的目的是__(写两种)。（4）空气流速过快或过慢，均降低NaClO2产率，试解释其原因__。（5）Clˉ存在时会催化ClO2的生成。反应开始时在三颈烧瓶中加入少量盐酸，ClO2的生成速率大大提高，并产生微量氯气。该过程可能经两步反应完成，将其补充完整：①__(用离子方程式表示)，②H2O2+Cl2=2Cl-+O2+2H+。（6）为了测定NaClO2粗品的纯度，取上述粗产品10.0g溶于水配成1L溶液，取出10mL，溶液于锥形瓶中，再加入足量酸化的KI溶液，充分反应（NaClO2被还原为Cl-，杂质不参加反应），该反应过程中氧化剂与还原剂的物质的量之比为__，加入2～3滴淀粉溶液，用0.20mol•L-1Na2S2O3标准液滴定，达到滴定达终点时用去标准液20.00mL，试计算NaClO2粗品的纯度__。（提示：2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI）28、（14分）钢是现代社会的物质基础，钢中除含有铁外还含有碳和少量不可避免的钴、硅、锰、磷、硫等元素。请回答下列有关问题：(1)基态Mn原子的价电子排布式为___________。Mn2+与Fe2+中，第一电离能较大的是__________，判断的理由是_____________________________________。(2)碳元素除可形成常见的氧化物CO、CO2外，还可形成C2O3(结构式为)。C2O3中碳原子的杂化轨道类型为___________，CO2分子的立体构型为___________。(3)酞菁钴分子的结构简式如图所示，分子中与钴原子通过配位键结合的氮原子的编号是______(填“1”“2”“3”或“4”)其中C、H、O元素电负性由大到小的顺序是_________________________(4)碳酸盐的热分解是由于晶体中的阳离子结合碳酸根中的氧离子，是碳酸根分解为CO2分子的结果。MgCO3分解温度低于CaCO3，请解释原因_________________________。(5)氧化亚铁晶胞与NaCl的相似，NaCl的晶胞如图所示。由于晶体缺陷，某氧化亚铁晶体的实际组成为Fe0.9O，其中包含有Fe2+和Fe3+，晶胞边长为apm，该晶体的密度为ρg·cm－3，则a=___________(列出计算式即可，用NA表示阿伏加德罗常数的值)。29、（10分）苯乙烯是重要的基础有机化工原料。工业中以乙苯催化脱氢来制取苯乙烯：(g)⇌(g)+H2(g)∆H=117.6kJ/mol已知：上述反应的速率方程为v正=k正P乙苯，v逆=k逆P苯乙烯P氢气，其中k正、k逆分别为正、逆反应速率常数，P为各组分分压。(1)同时增大乙苯的反应速率和平衡转化率所采取的措施是_______________。(2)在CO2气氛下，乙苯可催化脱氢制苯乙烯，其过程同时存在如图两种途径：a=______；与掺水蒸汽工艺相比，该工艺中还能够发生反应：CO2+H2=CO+H2O，CO2+C=2CO。新工艺的特点有__________(填序号)。a.CO2与H2反应，使乙苯脱氢反应的化学平衡右移b.不用高温水蒸气，可降低能量消耗c.有利于减少生产过程中可能产生的积炭d.CO2在反应体系中作催化剂(3)在实际生产中，往反应釜中同时通入乙苯和水蒸气，加入水蒸气稀释剂能提高乙苯转化率的原因是_______________。测得容器总压(P总)和乙苯转化率α随时间变化结果如图所示。平衡时，P(H2O)=_______kPa，平衡常数Kp=____kPa(用平衡分压代替平衡浓度计算)；a处的=_________。

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】

按照排布规律，前3周期，一侧的相同位置的元素位于同一主族，比如B和Al同主族，均在H的左侧，均处于棱形的顶部空格内。则可知X、Y同主族，且X为N，Y为P，Z为O。到了第四周期，出现灰色空格，填充副族元素，如Se。【详解】A、按照图示，白格填充的为主族元素和稀有气体元素，灰格填充的为副族元素，A错误；B、X和Z，可以形成NO、NO2、N2O5等氮氧化物，不止2种，B错误；C、X的最高价氧化物对应的水化物为HNO3，Y的最高价氧化物对应的水化物为H3PO4，同主族元素，同上到下非金属性减弱，非金属性越强，最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，则HNO3＞H3PO4；C正确；D、非金属性越强，气态氢化物的稳定性越强，同主族元素，同上到下非金属性减弱，同周期元素，从左到右，非金属性增强，则非金属性排序为O＞N＞P，氢化物最强的是Z的氢化物，H2O；D错误；答案选D。2、C【解析】

A．氨气遇到HCl气体后生成氯化铵，没有发生化合价的变化，与氧化还原反应无关，故A不符合题意；B．品红溶液通入SO2气体后发生化合反应使溶液的红色褪去，没有发生化合价的变化，与氧化还原反应无关，故B不符合题意；C．Cl2与碘化钾发生氧化还原反应生成I2，I2使淀粉变蓝，故C符合题意；D．焰色反应与电子的跃迁有关，为物理变化，故D不符合题意；故答案选C。3、B【解析】

该装置分别为固液不加热制气体，向上排空气法收集气体，以及采用防倒吸的方法进行尾气处理。【详解】A、氨气密度比空气小，不能使用向上排空气法，错误；B、正确；C、铜与稀硝酸反应需要加热，且NO2用水吸收会发生3NO2+H2O=2HNO3+NO，用防倒吸装置不妥，错误；D、制取氯气需要加热，错误。4、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。5、D【解析】

A、B、C、D、E是原子序数依次增大的五种短周期主族元素，0.005mol/L戊溶液的pH=2，说明戊为二元强酸，则戊为硫酸，丙为SO3；甲和丙是D元素的两种常见氧化物，甲为SO2，D为S元素，E为Cl元素；乙和丁是B元素的两种常见同素异形体，二氧化硫被乙氧化生成三氧化硫，可知乙为O3，丁为O2，则B为O元素；A的原子序数是B和D原子序数之和的，A的原子序数为(8+16)×=6，可知A为C元素；C的原子半径在所有短周期主族元素中最大，C为Na元素，据此分析解答。【详解】由上述分析可知，A为C，B为O，C为Na，D为S，E为Cl。A．C、D形成离子化合物Na2S，原子个数比为2:1，故A错误；B．C、E形成的化合物为氯化钠，为强酸强碱盐，不水解，水溶液呈中性，故B错误；C．一般而言，离子的电子层数越大，离子半径越大，硫离子半径最大；电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，钠离子半径小于氧离子，简单离子半径：D>B>C，故C错误；D．非金属性Cl＞C，则E的最高价氧化物水化物的酸性大于A的最高价氧化物水化物的酸性，故D正确；故选D。本题考查无机物的推断及原子结构与元素周期律，把握图中转化关系、元素化合物知识来推断物质和元素为解答的关键。本题的突破口为“0.005mol/L戊溶液的pH=2”。本题的易错点为C，要注意离子半径比较方法的理解和灵活运用。6、A【解析】

A．分子式相同但结构不同的有机物互为同分异构体，三种物质的分子式均为C5H8O2，但结构不同，则三者互为同分异构体，故A正确；B．甲、乙、丙分子中的所有环上的碳原子都为单键，碳原子上相连的氢原子和碳原子不在同一平面，故B错误；C．有机物中含有碳碳双键、碳碳三键、苯环或酮羰基可发生加成反应，甲中官能团为酯基、乙中官能团为羧基、丙中官能团为羟基，不能发生加成反应，甲、乙、丙都可以发生氧化反应，故C错误；D．甲中有酯基可与氢氧化钠溶液发生水解反应，乙中含有羧基可与氢氧化钠溶液发生中和反应，丙中含有醇羟基不与氢氧化钠溶液反应，故D错误；答案选A。找到有机物的官能团，熟悉各种官能团可以发生的化学反应是解本题的关键。7、C【解析】

乙酸具有酸性，可与碳酸盐、碱等发生复分解反应，乙醛含有醛基，可发生氧化反应，以此解答该题。【详解】A.二者都溶于水，没有明显现象，不能鉴别，故A错误；B.乙酸具有酸性，可与NaHCO3溶液生成气体，乙醛与NaHCO3溶液不反应，可鉴别，方法简便，操作简单，故B错误；C.是可行的方案但使用CuSO4和NaOH溶液，需先生成氢氧化铜，然后与乙酸发生中和反应，检验乙醛需要加热，操作较复杂，故C正确；D.使用pH试纸乙酸具有酸性，可使pH试纸变红，乙醛不能使pH试纸变红，可鉴别，方法简单，操作简便，故D错误；答案选C。8、A【解析】

A、根据键线式的特点和碳原子的四价理论知该化合物的分子式是C17H20N4O6，故A错误；

B、由结构式可以知该化合物中含有肽键，因此可以发生水解反应，由已知条件可知水解产物有碳酸即水和二氧化碳生成，故B正确；

C、由结构式可以知该化合物中含有肽键，因此可以发生水解反应，由已知条件可知水解产物有氨气生成，故C正确；

D、因为该化合物中含有醇羟基，因此可以发生酯化反应，故D正确；

故选A。9、D【解析】

A．右边苯环上方的第一个碳与周围四个碳原子均为单键结构，为四面体构型，不可能所有碳原子在同一平面内，故A错误；B．分子中含有碳碳双键能发生加成反应，但没有可发生消去反应的官能团，故B错误；C．碳碳双键使溴水褪色发生的是加成反应，而其使酸性高锰酸钾褪色发生的是氧化反应，故C错误；D．1mol蓓萨罗丁与足量的Na反应生成0.5molH2，而其与足量NaHCO3反应生成1mol的CO2，产生气体的物质的量之比为l︰2，故D正确。本题选D。10、C【解析】

实现此过程，反应1为与卤素单质发生取代反应，反应2为卤代环戊烷与氢氧化钠的水溶液发生取代反应生成醇，反应3为醇的催化氧化。【详解】A.反应1为与卤素单质发生取代反应，可用试剂是氯气，A正确；B.反应3为醇的催化氧化，可用的试剂是氧气和铜，B正确；C.反应1和反应2都为取代反应，C错误；D.酮可催化加氢生成相应的醇，D正确；故答案为：C。11、B【解析】

由表中规律可知，3、6、9、12项符合CnH2nO2，由C原子数的变化可知，第12项为C5H10O2，属于酯类物质一定含-COOC-。【详解】①为甲酸丁酯时，丁基有4种，符合条件的酯有4种；②为乙酸丙酯时，丙基有2种，符合条件的酯有2种；③为丙酸乙酯只有1种；④为丁酸甲酯时，丁酸中-COOH连接丙基，丙基有2种，符合条件的酯有2种，属于酯类的有4+2+1+2=9种，故选：B。12、B【解析】

第三周期元素中，X最高价氧化物水化物的溶液pH为12，氢氧根浓度为0.01mol/L，故为一元强碱，则X为Na元素；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；最高价含氧酸中，Z对应的酸性比W的强、Y对应的酸性比W的弱，而原子半径Y＞Z＞Cl，SiO2不溶于水，故Z为S元素，Y为P元素，以此解答该题。【详解】综上所述可知X是Na元素，Y是P元素，Z是S元素，W是Cl元素。A.离子的电子层结构相同，核电荷数越大，离子半径越小；离子的电子层越多，离子半径越大，离子半径P3->S2->Cl->Na+，A错误；B.W是Cl元素，其单质Cl2在常温下是黄绿色气体，B正确；C.元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性就越强，由于元素的非金属性W>Z>Y，所以气态氢化物的稳定性：W>Z>Y，C错误；D.X和Y的最高价氧化物对应的水化物分别为NaOH、H3PO4，二者恰好中和时生成磷酸钠，由于该盐是强碱弱酸盐，溶液中磷酸根发生分步水解反应，产生HPO42-，产生的HPO4-会进一步发生水解反应产生H2PO4-、H3PO4，同时溶液中还存在H+、OH-，因此溶液中的微粒种类比2种多，D错误；故合理选项是B。本题考查结构、性质、位置关系的应用的知识，根据溶液的pH与浓度的关系，结合原子半径推断元素是解题关键，侧重对元素周期表、元素周期律的考查，难度中等。13、C【解析】

A.甲烷和氯气在光照条件下发生反应，生成有机物由一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯甲烷、氯化氢，四步反应同时进行，每种产物的物质的量不确定，且一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯甲烷中所含的C-Cl键数目也不相同，则不确定生成的C-Cl键的数目，故A错误；B.Na2O2中的阴离子是O22-，Na2S中的阴离子是S2-，二者的相对分子质量都是78，所以78gNa2O2和Na2S的混合物中含有的阴离子数目一定是NAC.依据n=m/M计算物质的量=18g/18g/mol=1mol，氢键是分子间作用力，每个水分子形成两个氢键，18g冰中含有的氢键数目为2NA，故C正确；D.25℃时，Ksp（AgI）=1.0×10-16，则AgI饱和溶液中c(Ag+)为1.0×10-8mol/L，没给出溶液的体积，故无法计算银离子的数目，故D错误。答案选C。本题考查的是阿伏加德罗常数。解题时注意B选项Na2O2中的阴离子是O22-，Na2S中的阴离子是S2-，二者的相对分子质量都是78，所以78gNa2O2和Na2S的混合物中含有的阴离子数目一定是NA；C14、C【解析】

A．硫化钠水解，溶液显碱性，反应的离子反应为S2-+H2O⇌HS-+OH-，故A错误；B．钠投入到氯化镁溶液中反应生成氢氧化镁、氢气和氯化钠，离子方程式：2H2O+2Na+Mg2+═Mg(OH)2↓+H2↑+2

Na+，故B错误；C．醋酸溶液与新制氢氧化铜反应，离子方程式：2CH3COOH+Cu(OH)2═2CH3COO-+Cu2++2

H2O，故C正确；D．在溶液中，FeI2与等物质的量的Cl2反应时，只氧化碘离子，反应的离子方程式为2I-+Cl2=I2+2Cl-，故D错误；故选C。本题的易错点为B，要注意钠与盐溶液的反应规律，钠先与水反应，生成物再与盐反应。15、D【解析】

A.加热NH4Cl固体分解生成氨气和氯化氢气体，在试管口处重新生成固体氯化铵，有明显的现象，A不符合题意；B.向Al2(SO4)3溶液中滴加氨水发生反应生成氢氧化铝白色沉淀，有明显现象，B不符合题意；C.向FeSO4溶液中通入NO2，二氧化氮和水反应生成硝酸具有强氧化性，能氧化Fe2+为Fe3+，溶液变为黄色，有明显现象，C不符合题意；D.向稀Na2CO3溶液中滴加少量盐酸，发生反应产生NaCl和NaHCO3，无明显现象，D符合题意；故合理选项是D。本题考查了物质的特征性质和反应现象，掌握基础是解题关键，题目难度不大。D项为易错点，注意碳酸钠与稀盐酸反应时，若盐酸少量生成物为碳酸氢钠和氯化钠、盐酸过量生成物为氯化钠、二氧化碳和水。16、B【解析】

溶液中离子浓度越小，溶液的导电率越小，电阻率越大，向混合溶液中加入等物质的量浓度的CH3COOH溶液时，发生反应先后顺序是MOH+CH3COOH=CH3COOM+H2O，NH3·H2O+CH3COOH=CH3COONH4。a-b溶液中电阻率增大，b点最大，因为溶液体积增大导致b点离子浓度减小，b点溶液中溶质为CH3COOM、NH3·H2O继续加入醋酸溶液，NH3·H2O是弱电解质，生成CH3COONH4是强电解质，导致溶液中离子浓度增大，电阻率减小，c点时醋酸和一水合铵恰好完成反应生成醋酸铵，c点溶液中溶质为CH3COOM，CH3COONH4且二者的物质的量相等。【详解】A.由图可知，向混合溶液中加入等物质的量浓度的CH3COOH溶液时，电阻率先增大后减小，说明发生了两步反应，发生反应先后顺序是MOH+CH3COOH=CH3COOM+H2O然后NH3·H2O+CH3COOH=CH3COONH4，所以MOH是强碱，先和酸反应，故A正确；B.加入醋酸40mL时，溶液中的溶质为CH3COOM、CH3COONH4且二者的物质的量浓度相等，CH3COOM是强碱弱酸盐，又因为CH3COOH的Ka＝1.8×10－5等于NH3·H2O的Kb=1.8×10－5，CH3COONH4是中性盐，所以溶液呈碱性，则醋酸根的水解程度大于铵根的电离程度，则c（CH3COOH)>c(NH3·H2O），故B错误；C.d点加入醋酸60mL，溶液中的溶质为CH3COOM、CH3COONH4和CH3COOH且三者物质的量浓度相等，CH3COONH4是中性盐，溶液相当于CH3COOM和CH3COOH等物质的量混合，溶液呈酸性，故C正确；D.a→d过程，溶液的碱性逐渐减弱，水电离程度加大，后来酸性逐渐增强，水的电离程度减小，所以实验过程中水的电离程度是先增大后减小，故D正确；故选B。17、B【解析】

要使AlCl3溶液中的Al3+全部沉淀出来，要求所用试剂能提供OH−，且须过量，因此适宜的试剂不能为强碱溶液，因为强碱会使氢氧化铝沉淀溶解，据此分析；【详解】A.据分析可知，氢氧化钠过量会将氢氧化铝沉淀溶解，A错误；B.据分析可知，氨水可以使铝离子全部沉淀出来，且氢氧化铝沉淀不溶于氨水，B正确；C.据分析可知，盐酸不能使AlCl3溶液中的Al3+离子沉淀，C错误；D.据分析可知，Ba(OH)2溶液可以使铝离子沉淀，但Ba(OH)2溶液过量会使氢氧化铝沉淀溶解，D错误；故答案选B。氢氧化铝不溶于弱酸弱碱是考察频率较高的知识点之一，学生须熟练掌握。18、C【解析】

假设溶液的体积为1L，0.01mol/L的蔗糖溶液中含不挥发性的分子为0.01mol，CH3COOH为挥发性物质，0.02mol/L的NaCl溶液中含0.04mol离子，0.01mol/L的K2SO4溶液中含0.03mol离子，根据“单位体积的稀溶液中，非挥发性溶质的分子或离子数越多，该溶液的沸点越高”，沸点最高的是0.02mol/L的NaCl溶液，故答案选C。19、A【解析】

本题考查化学实验的评价，意在考查分析问题，解决问题的能力。【详解】A.检验氯离子用硝酸银溶液，但碘离子的存在对氯离子的检验有干扰，因此用Fe(NO3)3将碘离子氧化为碘单质并用CCl4萃取，此时上层液体中不含碘离子，再加硝酸酸化的硝酸银溶液有白色沉淀产生，则表明溶液中含有氯离子，故A正确；B.CO32－、SO32－、HCO3－、HSO3－均可与盐酸反应，生成能使澄清石灰水变浑浊的气体，故B错误；C.检验亚铁离子应先加KSCN溶液，溶液未变红，再通人氯气，溶液变红，证明有Fe2+，故C错误；D.碘酸钾遇淀粉不能变蓝色，故D错误；答案：A20、D【解析】

在F2+H2O=HOF+HF反应中，水中O元素的化合价升高，水是还原剂。【详解】A．水中H元素的化合价降低，水为氧化剂，错误；B．过氧化钠中O元素的化合价不变，水既不是氧化剂也不是还原剂，错误；C．只有Cl元素的化合价变化，水既不是氧化剂也不是还原剂，错误；D．水中O元素的化合价升高，水为还原剂，正确。答案选D。21、C【解析】

由分子结构可知Y形成5个共价键，则Y原子最外层有5个电子，由于W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，W、Y同主族，则W是N，Y是P，Y、Z的最外层电子数之和是X的最外层电子数的2倍，P最外层有5个电子，Z最外层电子数也是奇数，X最外层电子数为偶数，结合都是短周期元素，则Z是Cl最外层有7个电子，所以X最外层电子数为(5+7)÷2=6，原子序数比P小中，则X是O元素，然后分析解答。【详解】根据上述分析可知：W是N，X是O，Y是P，Z是Cl元素。A．元素的非金属性：O>N，即X>W，A错误；B．Y是P，P的最高价氧化物的水化物是H3PO4是弱酸，B错误；C．W是N，Z是Cl，W的最简单氢化物NH3与Z的单质Cl2混合后会发生氧化还原反应：8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2，反应产生的NH4Cl在室温下呈固态，因此可看到产生白烟现象，C正确；D．Y是P，Z是Cl，二者可形成PCl3、PCl5，其中PCl3中每个原子均满足8电子结构，而PCl5中P原子不满足8电子结构，D错误；故合理选项是C。本题考查元素周期表和元素周期律的应用。把握原子结构与原子最外层电子数目关系，结合物质分子结构简式推断元素是解题关键，侧重考查学生分析与应用能力，注意规律性知识的应用。22、C【解析】

A.苯分子中只含1个苯环且没有侧链，所以苯是最简单的芳香烃，故A正确；B.重金属盐有毒，金属离子可导致蛋白质变性，故B正确；C.NO、NO2都不是酸性氧化物，故C错误，故选C；D.汽车尾气含大量的固体颗粒物，汽车尾气的大量排放是造成雾霾天气的人为因素之一，故D正确。二、非选择题(共84分)23、羟基、醛基酯化反应CH2=CHCHO3CH3C≡CCH2CHO或CH3CH2C≡CCHO等【解析】

有机物X与HCHO发生信息i的反应，结合A的分子式为C9H10O2可知，X为，A为，A发生消去反应脱去1分子H2O生成B，故B为，B氧化生成C为；由信息iii中N的结构，结合信息ii中反应以及M的分子式C41H36O8可知，形成M的物质为、，所以E为，C与E通过酯化反应生成M；由Y到E的转化，结合E的结构可知，Y不含苯环，再结合G的结构可知，化合物Z中含有苯环，结合反应信息i可知，Y为CH3CHO，由N的结构，结合信息ii中反应可知，E、G分别为CH2=CHCH=CHCHO、中的一种，由E的结构可知G为CH2=CHCH=CHCHO，比较G与Y的结构可知，Z为CH2=CHCHO，Y和Z发生加成反应得F为CH2=CHCH(OH)CH2CHO，F发生消去反应得G，Y与甲醛发生加成反应得D为(HOCH2)3CCHO，D与氢气发生加成反应得E，乙醇合成1，3﹣丙二醇，可以将乙醇氧化成乙醛，用乙醛再与甲醛发生加成后再还原即可得到1，3﹣丙二醇，据此答题。【详解】(1)由上述分析可知，A为，含有羟基、醛基，C与E通过酯化反应生成M；(2)由上述分析可知，X的结构简式是，Z为CH2=CHCHO，E为；(3)C为；和甲醇发生酯化反应得到的产物再发生加聚反应生成高聚物为；(4)G为CH2=CHCH=CHCHO，1molG一定条件下，最多能与3molH2发生反应；(5)G为CH2=CHCH=CHCHO，根据条件①有碳碳叄键，②能发生银镜反应，说明有醛基，③一氯取代物只有2种，则符合要求的G的一种同分异构体为CH3C≡CCH2CHO或CH3CH2C≡CCHO等；(6)乙醇合成1，3﹣丙二醇，可以将乙醇氧化成乙醛，用乙醛再与甲醛发生加成后再还原即可得到1，3﹣丙二醇，合成路线为。24、加成反应酯化反应-COOH(或羧基)OHC-CHOCH3-CHBr21，1-二溴乙烷nCH2OHCH2OH+nCCOC-COOH+(2n-1)H2O【解析】

CH2=CH2和溴发生加成反应，生成A为CH2BrCH2Br，水解生成B为CH2OHCH2OH，氧化产物C为OHC-CHO，进而被氧化为D为HOOC-COOH，B为CH2OHCH2OH与D为HOOC-COOH发生酯化反应生成环酯E，结合有机物的结构和性质可解答该题。【详解】根据上述分析可知：A为CH2BrCH2Br，B为CH2OHCH2OH，C为OHC-CHO，D为HOOC-COOH，E为。(1)由以上分析可知，反应①为CH2=CH2和溴发生加成反应产生CH2BrCH2Br；反应②为CH2OHCH2OH与HOOC-COOH发生酯化反应，产生，故反应①类型为加成反应，反应②类型为酯化反应；(2)由以上分析可知，D为HOOC-COOH，其中的官能团名称为羧基；(3)C为OHC-CHO，A为CH2BrCH2Br，物质X与A互为同分异构体，则X结构简式为CH3-CHBr2，该物质名称为1，1-二溴乙烷；(4)B为CH2OHCH2OH，D为HOOC-COOH，二者出能反应产生环状化合物E外，还可以反应产生一种高分子化合物，则B+D→高分子化合物反应的方程式为nCH2OHCH2OH+nCCOC-COOH+(2n-1)H2O。25、、装置E中氧化铜由黑色变为红色，装置F中澄清石灰水变浑浊排尽装置内的空气，避免CO与空气混合加热发生爆炸，并防止空气中的干扰实验吸收，避免对CO的检验产生干扰当滴入最后一滴溶液时，溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色2.10【解析】

I．草酸铵在A中受热分解，若产物中有氨气，氨气与水反应生成氨水，氨水显碱性，则浸有酚酞溶液的滤纸变红，通入澄清石灰水，若澄清石灰水变浑浊，则产物有二氧化碳，用NaOH溶液除去二氧化碳，用浓硫酸除去水蒸气，接下来若玻璃管内变红，且F中澄清石灰水变浑浊则证明产物中有CO；II．钙离子和草酸根离子生成草酸钙沉淀，草酸钙和硫酸反应生成硫酸钙和草酸，用高锰酸钾滴定草酸从而间接滴定钙离子。【详解】Ⅰ.（1）实验过程中，观察到浸有酚酞溶液的滤纸变为红色说明分解产物中含有氨气，装置B中澄清石灰水变浑浊，说明分解产物中含有二氧化碳气体，若观察到装置E中氧化铜由黑色变为红色，装置F中澄清石灰水变浑浊，说明分解产物中含有CO，所以草酸铵分解产生了、、CO和，反应的化学方程式为；（2）反应开始前，通入氮气的目的是排尽装置内的空气，避免CO与空气混合加热发生爆炸，并防止空气中的干扰实验,故答案为：排尽装置内的空气，避免CO与空气混合加热发生爆炸，并防止空气中的干扰实验；（3）装置E和F是验证草酸铵分解产物中含有CO，所以要把分解产生的除去，因此装置C的作用是：吸收，避免对CO的检验产生干扰，故答案为：吸收，避免对CO的检验产生干扰；（4）草酸铵分解产生的有还原性，一定条件下也会与CuO反应，该反应的化学方程式为；Ⅱ用酸性高锰酸钾溶液滴定草酸根离子，发生的是氧化还原反应，红色的高锰酸钾溶液会褪色，滴定至终点时的实验现象为：当滴入最后一滴溶液时，溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色，根据三次滴定所用酸性高锰酸钾溶液的体积可知，第三次与一、二次体积差别太大，需舍弃，所以两次的平均体积为，根据氧化还原反应中的电子守恒及元素守恒，则：，解得，所以20mL血液样品中含有的钙元素的物质的量为，即，则该血液中钙元素的含量为，故答案为：当滴入最后一滴溶液时，溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色；。26、GFIDEC正2Cl--2e=Cl2↑丙中溶液变蓝Cl2+2I-=I2+2Cl-Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O＜阳极产生的氯气有部分溶于水且与水和阴极产生的NaOH发生反应【解析】

电解池装置中，阳极与电源的正极相连，阴极与电源的负极相连，电解饱和食盐水在阴极生成的是H2，阳极生成的是Cl2，据此分析；淀粉遇碘单质变蓝，要从淀粉碘化钾中得到碘单质必须加入氧化性物质，据此分析；根据已知的数据和电解的总反应方程式计算出生成的NaOH的物质的量浓度，从而可知c(OH-)，再求溶液的pH，据此分析。【详解】（1）碳棒上阴离子放电产生氯气，Fe棒上阳离子放电产生氢气，所以B端是检验氯气的氧化性，连接D，然后再进行尾气吸收，E接C，碳棒上阴离子放电产生氯气，Fe棒上阳离子放电产生氢气，所以A端是测定所产生的氢气的体积，即各接口的顺序是：A→G→F→I，B→D→E→C，故答案为：G；F；I；D；E；C；（2）电解池装置中，碳与电源的正极相连，则为阳极，氯离子发生失电子的氧化反应，其电极反应式为：2Cl--2e-=Cl2↑，故答案为：正；2Cl--2e=Cl2↑；（3）氯气氧化碘化钾，生成碘单质，碘单质遇淀粉溶液变蓝色，其离子方程式为：Cl2+2I-=I2+2Cl-；最后氢氧化钠溶液吸收多余的氯气，其离子方程式为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，故答案为：丙中溶液变蓝；Cl2+2I-=I2+2Cl-；Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；（4）n(H2)==0.00025mol，根据总反应方程式：2NaCl+2H2OH2↑+Cl2↑+2NaOH可知另一极理论上生成的氯气的物质的量也为0.00025mol，其体积理论上也为5.6mL，但氯气部分会溶于水，且部分会与生成的氢氧化钠反应，因此另一极实际上可收集到气体小于5.6mL，故答案为：＜；阳极产生的氯气有部分溶于水且与水和阴极产生的NaOH发生反应。27、+3防止倒吸2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2↑+2H2O减少双氧水分解、提高ClO2的溶解度空气流速过快ClO2反应不充分，空气流速过慢ClO2浓度过高易发生分解2ClO3-+2Clˉ+4H+=2ClO2↑+Cl2↑+2H2O1∶490.5%【解析】

(1)根据化合物中化合价的代数和为0可求得，NaClO2中氯元素的化合价为+3价，故答案为：+3；(2)A为安全瓶，作用是防倒吸，故答案为：防止倒吸；(3)根据题干信息可知，制备NaClO2固体时，冰水浴瓶内发生反应：2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2↑+2H2O，H2O2受热易分解，ClO2的沸点低，降低温度可以减少双氧水的分解、增加ClO2的溶解度，从而提高产率等，故答案为：2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2↑+2H2O；减少双氧水分解、提高ClO2的溶解度；(4)鼓入空气的作用是将ClO2赶入氢氧化钠和双氧水的混合液中反应，空气流速过慢，ClO2不能被及时一走，浓度过高导致分解；空气流速过快，ClO2不能被充分吸收，故答案为：空气流速过快ClO2反应不充分，空气流速过慢ClO2浓度过高易发生分解；(5)根据信息可以确定反应①的反应物为ClO3-和Cl-，产物ClO2和Cl2，根据得失电子守恒配平方程式为2ClO3-+2Clˉ+4H+=2ClO2↑+Cl2↑+2H2O，故答案为：2ClO3-+2Clˉ+4H+=2ClO2↑+Cl2↑+2H2O；(6)NaClO2和KI反应生成的产物为I2和Cl-，离子方程式为：4H++ClO2-+4I-===2I2+Cl-+2H2O，其中氧化剂为ClO2-，还原剂为I-，氧化剂和还原剂的物质的量之比为：1:4，结合方程式2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI可得关系式NaClO2~4Na2S2O3，则10mL样品溶液中，n(NaClO2)=n(Na2S2O3)=×0.2mol/L×0.02L=0.001mol，所以1L溶液中n(NaClO2)=0.1mol，m(NaClO2)=9.05g，则NaClO2粗品的纯度为，故答案为：1:4；90.5%。28、3d54s2Mn2+Mn2+价层电子排布为3d5，3d能级半充满，更稳定sp2直线型2,4O>C>H半径Mg2+<Ca2+，MgO晶格能大于CaO，Mg2+更易结合碳酸根中的氧离子，故MgCO3更易分解【解析】

（1）Mn位于第四周期ⅦB，其价电子包括最外层电子和次外层的d能级，即Mn的价电子排布式为3d54s2；Mn2＋价电子排布式为3d5，Fe2＋价电子排布式为3d6，Mn2＋价层电子排布中3d能级半充满，更稳定，因此第一电离能较大的是Mn2＋；（2）根据C2O3的结构式，C有3个σ键，无孤电子对，因此C的杂化类型为sp2；CO2中C有2个σ键，孤电子对数为(4－2×2)/2=0，即CO2杂化类型为sp，CO2空间构型为直线型；（3）N形成3个共价键达到饱和，若N有4个化学键