2025-2026学年新疆维吾尔自治区巴音郭楞蒙古自治州高考化学全真模拟密押卷（含答案解析）

这是一份2025-2026学年新疆维吾尔自治区巴音郭楞蒙古自治州高考化学全真模拟密押卷（含答案解析），共6页。试卷主要包含了考生必须保证答题卡的整洁等内容，欢迎下载使用。
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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、根据下表(部分短周期元素的原子半径及主要化合价)信息，判断以下叙述正确的是
A．最高价氧化物对应水化物的碱性C＞A
B．氢化物的沸点H2E＞H2D
C．单质与稀盐酸反应的速率A＜B
D．C2＋与A＋的核外电子数相等
2、大气中CO2含量的增多除了导致地球表面温度升高外，还会影响海洋生态环境。某研究小组在实验室测得不同温度下（T1，T2）海水中CO32-浓度与模拟空气中CO2浓度的关系曲线。已知：海水中存在以下平衡：CO2（aq）+CO32-（aq）+H2O（aq）2HCO3-（aq），下列说法不正确的是
A．T1>T2
B．海水温度一定时，大气中CO2浓度增加，海水中溶解的CO2随之增大，CO32-浓度降低
C．当大气中CO2浓度确定时，海水温度越高，CO32- 浓度越低
D．大气中CO2含量增加时，海水中的珊瑚礁将逐渐溶解
3、下列实验操作或现象不能用平衡移动原理解释的是
A．卤化银沉淀转化
B．配制氯化铁溶液
C．淀粉在不同条件下水解
D．探究石灰石与稀盐酸在密闭环境下的反应
4、下列关于古籍中的记载说法正确的是
A．《本草经集注》中关于鉴别硝石(KNO3)和朴硝(Na2SO4)的记载：“以火烧之，紫青烟 起，乃真硝石也”，该方法应用了显色反应
B．氢化钙的电子式是：Ca2+[∶H]2 –
C．目前，元素周期表已经排满，第七周期最后一种元素的原子序数是 118
D．直径为 20nm 的纳米碳酸钙属于胶体
5、傅克反应是合成芳香族化合物的一种重要方法。有机物a(－R为烃基)和苯通过傳克反应合成b的过程如下(无机小分子产物略去)
下列说法错误的是
A．一定条件下苯与氢气反应的产物之一环己烯与螺［1．3］己烷互为同分异构体
B．b的二氯代物超过三种
C．R为C5H11时，a的结构有3种
D．R为C4H9时，1mlb加成生成C10H10至少需要3mlH1
6、科学的假设与猜想是科学探究的先导与价值所在。在下列假设（猜想）引导下的探究肯定没有意义的是
A．探究Na与水反应可能有O2生成
B．探究Na2O2与SO2反应可能有Na2SO4生成
C．探究浓硫酸与铜在一定条件下反应产生的黑色物质中可能含有CuS
D．探究向滴有酚酞的NaOH溶液中通入Cl2，溶液红色褪去的原因是溶液酸碱性改变所致，还是HClO的漂白性所致
7、环丙叉环丙烷(n)由于其特殊的结构，一直受到结构和理论化学家的关注，它有如下转化关系。下列说法正确的是
A．n分子中所有原子都在同一个平面上
B．n和：CBr2生成p的反应属于加成反应
C．p分子中极性键和非极性键数目之比为2：9
D．m分子同分异构体中属于芳香族化合物的共有四种
8、莽草酸结构简式如图，有关说法正确的是
A．分子中含有2种官能团
B．1ml莽草酸与Na反应最多生成4ml氢气
C．可与乙醇、乙酸反应，且反应类型相同
D．可使溴的四氯化碳溶液、酸性高锰酸钾溶液褪色，且原理相同
9、依据Cd(Hg)+Hg2SO4=3Hg+Cd2++SO42-反应原理，设计出韦斯顿标准电池，其简易装置如图。下列有关该电池的说法正确的是( )
A．电池工作时Cd2＋向电极B移动
B．电极A上发生反应Hg2SO4+2e-=2Hg+SO42-
C．电极B上发生反应Cd(Hg)-4e-=Hg2++Cd2+
D．反应中每生成a ml Hg转移3a ml电子
10、下列物质在生活或生成中的应用错误的是
A．葡萄糖中添加二氧化硫用于杀菌、抗氧化
B．在含较多Na2CO3的盐碱地中施加适量熟石灰降低了土壤碱性
C．陶瓷坩埚不能用于熔融烧碱
D．甲烷是一种强效温室气体，废弃的甲烷可用于生成甲醇
11、NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．28g由乙烯与丙烯组成的混合物中含碳碳双键的数目为NA
B．4.6g乙醇完全氧化生成乙醛，转移电子数为0.2NA
C．25℃，1L pH=13的Ba(OH)2溶液中，含有OH-的数目为0.2NA
D．标准状况下，2.24LC12溶于水所得溶液中含氯的微粒总数为0.2NA
12、废弃铝制易拉罐应投入的垃圾桶上贴有的垃圾分类标志是（）
A．AB．BC．CD．D
13、将1ml过氧化钠与2ml碳酸氢钠固体混合，在密闭容器中，120℃充分反应后，排出气体，冷却，有固体残留．下列分析正确的是（ ）
A．残留固体是2ml Na2CO3
B．残留固体是 Na2CO3和NaOH的混合物
C．反应中转移2ml电子
D．排出的气体是1.5ml氧气
14、四氢噻吩()是家用天然气中人工添加的气味添加剂具有相当程度的臭味。下列关于该化合物的说法正确的是（ ）
A．不能在O2中燃烧
B．所有原子可能共平面
C．与Br2的加成产物只有一种
D．生成1mlC4H9SH至少需要2mlH2
15、下列物质的性质与用途具有对应关系的是
A．二氧化硅熔点高，可用作光导纤维
B．过氧化钠可与二氧化碳反应生成氧气，可用作呼吸供氧剂
C．明矾易溶于水，可用作净水剂
D．二氧化硫有氧化性，可用于漂白纸张
16、短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，Y和W、Y和Z分别相邻，且W、Y和Z三种元素的原子最外层电子数之和为19，x原子的电子层数与最外层电子数相等。下列说法错误的是
A．单质的沸点：Y>W>ZB．离子半径：XYD．W与X可形成离子化合物
17、从古至今化学与生产、生活密切相关。下列说法正确的是（ ）
A．宋朝王希孟的画作《千里江山图》所用纸张为宣纸，其主要成分是碳纤维
B．汉代烧制出“明如镜、声如罄”的瓷器，其主要原料为石灰石
C．“司南之杓(勺)，投之于地，其柢(勺柄)指南”中的“杓”含Fe2O3
D．港珠澳大桥使用的聚乙烯纤维吊绳是有机高分子化合物
18、下列事实不能用勒夏特列原理解释的是 （ ）
A．氨水应密闭保存，置低温处
B．在FeCl2溶液中加入铁粉防止氧化变质
C．生产硝酸中使用过量空气以提高氨的利用率
D．实验室用排饱和食盐水法收集氯气
19、室温下，用滴定管量取一定体积的浓氯水置于锥形瓶中，用NaOH溶液以恒定速度来滴定该浓氯水，根据测定结果绘制出ClO－、ClO3－等离子的物质的量浓度c与时间t的关系曲线如下。下列说法正确的是
A．NaOH溶液和浓氯水可以使用同种滴定管盛装
B．点溶液中存在如下关系：c(Na+)+ c(H+)=c(ClO－) +c(ClO3－) +c(OH－)
C．点溶液中各离子浓度：c(Na+)＞ c(Cl－) ＞c(ClO3－) =c(ClO－)＞ c(OH－) ＞c(H+)
D．t2~t4，ClO－的物质的量下降的原因可能是ClO－自身歧化：2 ClO－=Cl－+ClO3－
20、将铁粉和活性炭的混合物用NaCl溶液湿润后，置于如图所示装置中，进行铁的电化学腐蚀实验。下列有关该实验的说法正确的是（ ）
A．在此实验过程中铁元素被还原
B．铁腐蚀过程中化学能全部转化为电能
C．活性炭的存在会加速铁的腐蚀
D．以水代替NaCl溶液，铁不能发生吸氧腐蚀
21、某热再生电池工作原理如图所示。放电后，可利用废热进行充电。已知电池总反应：Cu2++4NH3[Cu(NH3)4]2+ ΔH＜0。下列说法正确的是（ ）
A．充电时，能量转化形式主要为电能到化学能
B．放电时，负极反应为NH3-8e-+9OH-=NO3-+6H2O
C．a为阳离子交换膜
D．放电时，左池Cu电极减少6.4g时，右池溶液质量减少18.8g
22、a、b、c、d、e为原子序数依次增大的五种常见短周期元素，可组成一种化合物A，其化学式为ba4d(ec4)2。A能够发生如下转化关系：
己知C的分子式为ba3，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。则下列说法正确的是
A．原子半径b>c
B．e的氧化物的水化物为强酸
C．化合物A为共价化合物
D．元素非金属性强弱cB，故碱性NaOH > Be(OH)2，A选项错误；
B．H2O含有氢键，分子间作用力较强，氢化物的沸点较高，则H2D< H2E，B选项正确；
C．金属钠的活泼性强于铝，故与稀盐酸反应的速率Na > A1，C选项错误；
D．Be2+与Na+的核外电子数分别为2、10，二者核外电子数不等，D选项错误；
答案选B。
本题主要考查了学生有关元素周期表和周期律的应用，难度一般，解答关键在于准确掌握原子半径和化合价的关系，熟记元素周期表中的递变规律，学以致用。
2、C
【解析】
题中给出的图，涉及模拟空气中CO2浓度以及温度两个变量，类似于恒温线或恒压线的图像，因此，在分析此图时采用“控制变量”的方法进行分析。判断温度的大小关系，一方面将模拟空气中CO2浓度固定在某个值，另一方面也要注意升高温度可以使分解，即让反应逆向移动。
【详解】
A．升高温度可以使分解，反应逆向移动，海水中的浓度增加；当模拟空气中CO2浓度固定时，T1温度下的海水中浓度更高，所以T1温度更高，A项正确；
B．假设海水温度为T1，观察图像可知，随着模拟空气中CO2浓度增加，海水中的浓度下降，这是因为更多的CO2溶解在海水中导致反应正向移动，从而使浓度下降，B项正确；
C．结合A的分析可知，大气中CO2浓度一定时，温度越高，海水中的浓度也越大，C项错误；
D．结合B项分析可知，大气中的CO2含量增加，会导致海水中的浓度下降；珊瑚礁的主要成分是CaCO3，CaCO3的溶解平衡方程式为：，若海水中的浓度下降会导致珊瑚礁中的CaCO3溶解平衡正向移动，珊瑚礁会逐渐溶解，D项正确；
答案选C。
3、C
【解析】
A、足量NaCl(aq)与硝酸银电离的银离子完全反应，AgCl在溶液中存在溶解平衡，加入少量KI溶液后生成黄色沉淀，该沉淀为AgI，Ag+浓度减小促进AgCl溶解，说明实现了沉淀的转化，能够用勒夏特列原理解释；
B、铁离子水解生成氢氧化铁和氢离子，该反应为可逆反应，加入稀盐酸可抑制铁离子水解，能够用勒夏特列原理解释；
C、淀粉水解反应中，稀硫酸和唾液起催化作用，催化剂不影响化学平衡，不能用勒夏特列原理解释；
D、二氧化碳在水中存在溶解平衡，塞上瓶塞时随着反应的进行压强增大，促进CO2与H2O的反应，不再有气泡产生，打开瓶塞后压强减小，向生成气泡的方向移动，可用勒夏特列原理解释。
正确答案选C。
勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动。使用勒夏特列原理时，该反应必须是可逆反应，否则勒夏特列原理不适用，催化剂能加快反应速率，与化学平衡移无关。
4、C
【解析】
A. 根据题意，鉴别KNO3和Na2SO4，是利用了焰色反应，故A错误；
B. 电子式中相同的离子要分开写，氢化钙的电子式是：[∶H]-Ca2+[∶H]-，故B错误；
C. 根据各周期容纳元素种数可知，第七周期最后一种元素的原子序数为2+8+8+18+18+32+32=118，故C正确；
D. 纳米碳酸钙只有一种物质，不是分散系，不是胶体，故D错误；
故选C。
此题易错点在D项，胶体属于分散系，分散质粒子直径大小在1nm～100nm之间，胶体属于混合物。
5、C
【解析】
A.环己烯分子式为C6H10，螺［1．3］己烷分子式为C6H10，所以互为同分异构体，故A正确；
B.若全部取代苯环上的1个H原子，若其中1个Cl原子与甲基相邻，另一个Cl原子有如图所示4种取代位置，有4种结构，若其中1个Cl原子处于甲基间位，另一个Cl原子有如图所示1种取代位置，有1种结构,若考虑烃基上的取代将会更多，故B正确；
C.若主链有5个碳原子，则氯原子有3种位置，即1－氯戊烷、1－氯戊烷和3－氯戊烷；若主链有4个碳原子，此时甲基只能在1号碳原子上，而氯原子有4种位置，分别为1－甲基－1－氯丁烷、1－甲基－1－氯丁烷、3－甲基－1－氯丁烷和3－甲基－1－氯丁烷；若主链有3个碳原子，此时该烷烃有4个相同的甲基，因此氯原子只能有一种位置，即1，3－二甲基－1－氯丙烷。综上所叙分子式为C5H11Cl的同分异构体共有8种，故C错误；
D.-C4H9已经达到饱和，1ml苯环消耗3ml氢气，则lml b最多可以与3ml H1加成，故D正确。
答案：C
本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，常考查同分异构体数目、氢气加成的物质的量、消耗氢氧化钠的物质的量、官能团性质等，熟悉官能团及性质是关键。
6、A
【解析】A、根据质量守恒定律，化学反应前后元素的种类不变，钠和水中含有钠、氢和氧三种元素，产生的气体如果为氧气，不符合氧化还原反应的基本规律，钠是还原剂，水只能做氧化剂，元素化合价需要降低，氧元素已是最低价-2价，不可能再降低，故A选；B、二氧化硫具有还原性，过氧化钠具有氧化性，SO2和Na2O2反应可能有Na2SO4生成，故B不选；C、根据氧化还原反应化合价变化，浓硫酸与铜反应，硫酸中的硫元素被还原，铜有可能被氧化为硫化铜，有探究意义，故C不选；D．氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠次氯酸钠和水，消耗氢氧化钠溶液红色褪去，氯气可以与水反应生成的次氯酸或生成的次氯酸钠水解生成次氯酸具有漂白性，有探究意义，故D不选；故选A。
点睛：本题考查化学实验方案评价，涉及生成物成分推测，解题关键：氧化还原反应规律、物质性质，易错点：C选项，注意氧化还原反应特点及本质，题目难度中等。
7、B
【解析】
A．n中有饱和的C原子—CH2—，其结构类似于CH4，所有的原子不可能共平面，A项错误；
B．n中的碳碳双键打开与：CBr2相连，发生加成反应，B项正确；
C．p分子中的非极性键只有C—C键，1个p分子中有9根C－C键，极性键有C-H键和C—Br键，分别为8根和2根，所以极性键和非极性键的比例为10:9，C项错误；
D．m的化学式为C7H8O，属于芳香族化合物的同分异构体，如果取代基是—OH和－CH3，则有邻间对3种，如果取代基为—CH2OH，只有1种，取代基还可为—OCH3，1种，则共5种，D项错误；
本题答案选B。
8、B
【解析】
A．莽草酸分子中含-COOH、-OH、碳碳双键三种官能团，选项A错误；
B．莽草酸分子中能与钠反应的官能团为羟基 和羧基，则1ml莽草酸与Na反应最多生成2ml氢气，选项B错误；
C．莽草酸分子中含有的羧基、羟基能分别与乙醇、乙酸发生酯化反应，反应类型相同，选项C正确；
D．莽草酸分子中含有碳碳双键，可与溴发生加成反应，与高锰酸钾发生氧化反应，选项D错误。
答案选C。
9、B
【解析】
根据电池反应方程式可知：在反应中Cd(Hg)极作负极，Cd失去电子，发生氧化反应产生Cd2+，Hg作溶剂，不参加反应，另一极Hg为正极，Cd2＋向负电荷较多的电极A移动，A错误、B正确；
根据总反应方程式可知物质B电极上的Hg不参加反应，C错误；
根据方程式可知每生成3mlHg，转移2mle-，则生成aml Hg转移ml的电子，D错误；
故合理选项是B。
10、B
【解析】
A. 二氧化硫具有还原性，具有一定的杀菌作用，葡萄糖中添加二氧化硫用于杀菌、抗氧化，故A正确；
B. 熟石灰与Na2CO3反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，在含较多Na2CO3的盐碱地中施加适量熟石灰提高了土壤碱性，故B错误；
C. 陶瓷坩埚中二氧化硅能与烧碱反应，故C正确；
D. 甲烷是一种强效温室气体，废弃的甲烷可用于生成甲醇，故D正确；
故选B。
11、B
【解析】
A．乙烯和丙烯的摩尔质量不同，无法计算混合物的物质的量，则无法判断28g由乙烯和丙烯组成的混合气体中所含碳碳双键的数目，故A错误；B．1ml乙醇转化为1ml乙醛转移电子2ml，4.6g乙醇物质的量为0.1ml，完全氧化变成乙醛，转移电子数为0.2NA，故B正确；C．pH=13的 Ba（OH）2溶液，c(H+)=10-13ml/L，依据c(H+)c(OH-)=Kw，c(OH-)=10-1ml/L，25℃、pH=13的1.0L Ba（OH）2溶液中含有的OH-数目为10-1ml/L×1L=0.1ml，含有的OH-数目为0.1NA，故C错误；D．标况下2.24L氯气的物质的量为0.1ml，而氯气和水的反应为可逆反应、不能进行彻底，故所得溶液中的含氯微粒有Cl2、Cl-、ClO-和HClO，故根据氯原子守恒可知：2N（Cl2）+N（Cl-）+N（ClO-）+N（HClO）=0.2NA，故含氯的微粒总数小于0.2NA，故D错误；故答案为B。
12、B
【解析】
废弃的铝制易拉罐可以回收利用，属于可回收物品，应投入到可回收垃圾桶内，
A. 图示标志为有害垃圾，故A不选；
B. 图示标志为可回收垃圾，故B选；
C. 图示标志为餐厨垃圾，故C不选；
D. 图示标志为其它垃圾，故D不选；
故选B。
13、A
【解析】
过氧化钠受热不分解，但是受热分解，产生1ml二氧化碳和1ml水，二氧化碳和水都能和过氧化钠发生反应，但是此处过氧化钠是少量的，因此要优先和二氧化碳发生反应，得到1ml碳酸钠和0.5ml氧气，此时我们一共有2ml碳酸钠、1ml水和0.5ml氧气。整个反应中只有过氧化钠中-1价的氧发生了歧化反应，因此一共转移了1ml电子，答案选A。
14、B
【解析】
由结构可知，含碳碳双键，且含C、H、S元素，结合双键为平面结构及烯烃的性质来解答。
【详解】
A．家用天然气中可人工添加，能在O2中燃烧，故A错误；
B．含双键为平面结构，所有原子可能共平面，故B正确；
C．含2个双键，若1：1加成，可发生1，2加成或1，4加成，与溴的加成产物有2种，若1：2加成，则两个双键都变为单键，有1种加成产物，所以共有3种加成产物，故C错误；
D．含有2个双键，消耗2mlH2，会生成1ml，故D错误；
故答案选B。
本题把握官能团与性质、有机反应为解答关键，注意选项D为解答的难点。
15、B
【解析】A. 二氧化硅用作光导纤维是因为光在二氧化硅中能够发生全反射，与熔点无关，A错误；B. 过氧化钠可与二氧化碳反应生成氧气，可用作呼吸供氧剂，之间存在因果关系，B正确C. 明矾可用作净水剂，是因为水解生成氢氧化铝胶体，与易溶于水无关，C错误；D. 二氧化硫可用于漂白纸张，是因为二氧化硫具有漂白性，D错误；故选B。
16、A
【解析】
X原子的电子层数与最外层电子数相等，X应为Al，Y和W、Y和Z分别相邻，且W、Y和Z三种元素的原子最外层电子数之和为19，则W为O、Y为S，Z为Cl元素。
【详解】
A．氯气的相对分子质量比氧气大，沸点比氧气高，故A错误；
B．X为Al、Y为S、硫离子比铝离子多一个电子层，离子半径较大，故B正确；
C．非金属性O＞S，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，气态氢化物的稳定性：H2O>H2S，故C正确；
D．O的非金属性较强，与铝反应生成的氧化铝为离子化合物，熔融状态下可导电，故D正确。
故选A。
17、D
【解析】
A. 纸张的原料是木材等植物纤维，所以其主要成分是纤维素，不是碳纤维，故A错误；
B. 瓷器的原料是黏土，是硅酸盐，不是石灰石，故B错误；
C. 与磁铁的磁性有关，则司南中的“杓”含Fe3O4，故C错误；
D. 聚乙烯纤维属于合成高分子材料，属于有机高分子化合物，故D正确。
故选D。
18、B
【解析】
A、NH3+H2ONH3·H2O ⊿H c(Cl-)> c(ClO3-)=c(ClO-)>c(OH-)>c(H+)，故C正确；
D. ClO-发生歧化反应，离子方程式为：3ClO-=2Cl-+ ClO3-，故D错误。
故选C。
20、C
【解析】
A、该装置中发生吸氧腐蚀，Fe作负极，Fe失电子生成亚铁离子；
B、铁腐蚀过程中部分化学能转化为热能、部分化学能转化为电能；
C、Fe、C和电解质溶液构成原电池，加速Fe的腐蚀；
D、弱酸性或中性条件下铁腐蚀吸氧腐蚀。
【详解】
A、该装置中发生吸氧腐蚀，Fe作负极，Fe失电子生成亚铁离子，电极反应式为Fe-2e-=Fe2+，被氧化，故A错误；
B、铁腐蚀过程发生电化学反应，部分化学能转化为电能，且该过程放热，所以还存在化学能转化为热能的变化，故B错误；
C、Fe、C和电解质溶液构成原电池，Fe易失电子被腐蚀，加速Fe的腐蚀，故C正确；
D、铁在弱酸性或中性条件以及碱性条件下发生吸氧腐蚀，水代替NaCl溶液，溶液仍然呈中性，Fe发生吸氧腐蚀，故D错误；
故选：C。
21、D
【解析】
已知电池总反应：Cu2++4NH3⇌ [Cu(NH3)4]2+ △H＜0，放出的热量进行充电，通入氨气的电极为原电池负极，电极反应Cu−2e−＝Cu2＋，通入氨气发生反应Cu2＋＋4NH3⇌[Cu(NH3)4]2＋ △H＜0，右端为原电池正极，电极反应Cu2＋＋2e−＝Cu，中间为阴离子交换膜，据此分析。
【详解】
已知电池总反应：Cu2++4NH3⇌ [Cu(NH3)4]2+ △H＜0，放出的热量进行充电，通入氨气的电极为原电池负极，电极反应Cu−2e−＝Cu2＋，通入氨气发生反应Cu2＋＋4NH3⇌[Cu(NH3)4]2＋ △H＜0，右端为原电池正极，电极反应Cu2＋＋2e−＝Cu，中间为阴离子交换膜；
A．充电时，能量转化形式主要为热能→化学能，故A错误；
B．放电时，负极反应为Cu＋4NH3−2e−＝[Cu(NH3)4]2＋，故B错误；
C．原电池溶液中阴离子移向负极，a为阴离子交换膜，故C错误；
D．放电时，左池Cu电极减少6.4 g时，Cu−2e−＝Cu2＋，电子转移0.2ml，右池溶液中铜离子析出0.1ml，硝酸根离子移向左电极0.2ml，质量减少＝0.2ml×62g/ml＋0.1ml×64g/ml＝18.8 g，故D正确；
故答案选D。
22、A
【解析】
A和氢氧化钠溶液反应生成B和C，C为气体，C的分子式为ba3，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，根据化学式可推断C为氨气，B为白色沉淀，继续加入氢氧化钠溶液沉淀溶解，则B可推断为氢氧化铝，A中加入酸化的氯化钡溶液形成白色沉淀，则A中含有硫酸根离子，根据以上推断，A为NH4Al(SO4)2，a为H元素，b为N元素，c为O元素，d为Al元素，e为S元素，据此分析解答。
【详解】
A．b为N元素，c为O元素，同周期元素随核电荷数增大，半径逐渐减小，则原子半径b＞c，故A正确；
B．e为S元素，S的氧化物的水化物有硫酸和亚硫酸，亚硫酸是弱酸，故B错误；
C．A为NH4Al(SO4)2，是离子化合物，故C错误；
D．c为O元素，e为S元素，同主族元素随核电荷数增大非金属性逐渐减弱，元素非金属性强弱c＞e，故D错误；
答案选A。
二、非选择题(共84分)
23、①③④ 碳碳双键、羧基 HOOCCH=CHCOOH CH2=C(COOH)2 HOOCCH=CHCOOH+2CH3OHCH3OOCCH=CHCOOCH3+2H2O
【解析】
A的分子式为C6H8O4，A的不饱和度为3，A可以使溴水褪色，A中含碳碳双键；A在酸性条件下可发生水解反应得到B（C4H4O4）和CH3OH，B能与氢氧化钠溶液反应，B中含两个羧基和碳碳双键，A中含两个酯基；
（1）A中含有碳碳双键和酯基，A中含碳碳双键，A能发生加成反应、加聚反应、氧化反应，A中不含醇羟基和羧基，A不能发生酯化反应，答案选①③④。
（2）B分子中所含官能团为碳碳双键和羧基。
（3）B分子中没有支链，B的结构简式为HOOCCH=CHCOOH；B的具有相同官能团的同分异构体的结构简式为CH2=C(COOH)2。
（4）B与CH3OH发生酯化反应生成A，由B制取A的化学方程式为HOOCCH=CHCOOH+2CH3OH CH3OOCCH=CHCOOCH3+2H2O。
（5）B的结构简式为HOOCCH=CHCOOH，B与HCl发生加成反应生成C，C的结构简式为HOOCCH2CHClCOOH，C与NH3反应生成天门冬氨酸，天门冬氨酸（C4H7NO4）是组成人体蛋白质的氨基酸之一，则天门冬氨酸的结构简式为。
24、苯甲醚 醚键、酰胺键 +H2O 消去反应
【解析】
已知化合物B分子式为C4H4O3，有3个不饱和度，且含有五元环，那么必有一个O原子参与成环；考虑到B与A反应后产物C的结构为，所以推测B的结构即为。C生成D时，反应条件与已知信息中给出的反应条件相同，所以D的结构即为。D经过反应③后，分子式中少了1个H2O，且E中含有两个六元环，所以推测E的结构即为。
【详解】
(1)由A的结构可知，其名称即为苯甲醚；
(2)由H的结构可知，H中含氧官能团的名称为：醚键和酰胺键；
(3) B分子式为C4H4O3，有3个不饱和度，且含有五元环，那么必有一个O原子参与成环；考虑到B与A反应后产物C的结构为，所以推测B的结构简式即为；
(4) D经过反应③后，分子式中少了1个H2O，且E中含有两个六元环，所以推测E的结构即为，所以反应③的方程式为：+H2O；
(5) F经过反应⑤后分子结构中多了一个碳碳双键，所以反应⑤为消去反应；
(6)M与C互为同分异构体，所以M的不饱和度也为6，去除苯环，仍有两个不饱和度。结合分子式以及核磁共振氢谱的面积比，可知M中应该存在两类一共3个甲基。考虑到M可水解的性质，分子中一定存在酯基。综合考虑，M的分子中苯环上的取代基个数为2或3时都不能满足要求；如果为4时，满足要求的结构可以有：，，，，，；如果为5时，满足要求的结构可以有：，；
(7)氰基乙酸出现在题目中的反应④处，要想发生反应④需要有机物分子中存在羰基，经过反应④后，有机物的结构中会引入的基团，并且形成一个碳碳双键，因此只要得到环己酮经过该反应就能制备出产品。原料相比于环己酮多了一个取代基溴原子，所以综合考虑，先将原料中的羰基脱除，再将溴原子转变为羰基即可，因此合成路线为：
在讨论复杂同分异构体的结构时，要结合多方面信息分析；通过分子式能获知有机物不饱和度的信息，通过核磁共振氢谱可获知有机物的对称性以及等效氢原子的信息，通过性质描述可获知有机物中含有的特定基团；分析完有机物的结构特点后，再适当地分类讨论，同分异构体的结构就可以判断出来了。
25、否，长颈漏斗不能调节滴液速度 acd 三颈烧瓶 a 2PCl3+O2=2POCl3 温度过低反应速度过慢；温度过高，PCl3易挥发，利用率低 指示剂 91.8%
【解析】
A装置中用双氧水与二氧化锰反应制备氧气，通过加入双氧水的量，可以控制产生氧气的速率，氧气中含有的水蒸气用浓硫酸除去，装置B中有长颈漏斗，可以平衡装置内外的压强，起到安全瓶的作用，纯净的氧气与三氯化磷在装置C中反应生成POCl3，为了控制反应速率，同时防止三氯化磷挥发，反应的温度控制在60～65℃，所以装置C中用水浴加热，POCl3遇水剧烈水解为含氧酸和氯化氢，为防止空气中水蒸汽进入装置，同时吸收尾气，所以在装置的最后连有碱石灰的干燥管，据此分析解答(1)~(4)；
(5)测定POCl3产品含量，用POCl3与水反应生成氯化氢，然后用硝酸银标准溶液沉淀溶液中的氯离子，KSCN溶液滴定过量的AgNO3溶液，根据KSCN的物质的量可计算出溶液中剩余的AgNO3，结合AgNO3的总物质的量得知与氯离子反应的硝酸银，进而计算出溶液中氯离子的物质的量，根据元素守恒可计算出样品中POCl3的质量，进而确定POCl3的质量分数。
【详解】
(1)装置A中的分液漏斗不能用长颈漏斗代替，因为长颈漏斗不能调节滴液速度，故答案为否，长颈漏斗不能调节滴液速度；
(2)装置B中装有浓硫酸，可作干燥剂，另外气体通过液体时可观察到气泡出现，长颈漏斗，可以平衡装置内外的压强，起到安全瓶的作用，则装置B的作用是观察O2的流速、平衡气压、干燥氧气，故答案为acd；
(3)根据装置图，仪器丙为三颈烧瓶，为了提高冷却效果，应该从冷凝管的下口进水，即进水口为a，故答案为三颈烧瓶；a；
(4)氧气氧化PCl3生成POCl3，根据原子守恒，反应的化学方程式2PCl3+O2=2POCl3，根据上面的分析可知，反应温度应控制在60～65℃，原因是温度过低，反应速率小，温度过高，三氯化磷会挥发，利用率低，故答案为2PCl3+O2=2POCl3；温度过低，反应速率小，温度过高，三氯化磷会挥发，利用率低；
(5)Fe3+的溶液中滴加KSCN溶液，溶液显红色，则用 KSCN溶液滴定过量的AgNO3溶液时，可选择硫酸铁溶液为指示剂，达到终点时的现象是溶液会变红色；KSCN的物质的量为0.20ml•L-1×0.010L=0.002ml，根据反应Ag++SCN-=AgSCN↓，可知溶液中剩余的银离子的物质的量为0.002ml，POCl3与水反应生成氯化氢的物质的量为3.2ml•L-1×0.01L-0.002ml=0.03ml，即16.73 g POCl3产品中POCl3的物质的量为×=0.1ml，则所得产品中POCl3的纯度为×100%=91.8%，故答案为指示剂；91.8%。
明确实验原理及实验基本操作方法是解本题关键。本题的易错点为(5)，要理清楚测定POCl3的纯度的思路，注意POCl3~3HCl。
26、2MnO4— + 10Cl— + 16H+＝2Mn2+ + 5Cl2↑+ 8H2O 除去HCl SO2 + Cl2 + 2H2O＝2HCl + H2SO4 球形干燥管 a 防止空气中的水蒸汽进入；吸收尾气，防治污染空气 80% ①②③ C 硫酰氯分解产生氯气溶解在硫酰氯中导致其发黄
【解析】
由合成硫酰氯的实验装置可知，A中发生2KMnO4+16HCl=2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O，因浓盐酸易挥发，B中饱和食盐水可除去氯气中的HCl气体杂质，C中浓硫酸可干燥氯气，D为三颈烧瓶，D中发生SO2(g)+Cl2(g)═SO2Cl2(l)，E中冷却水下进上出效果好，结合信息②可知，F中碱石灰吸收尾气、且防止水蒸气进入D中，据此解答(1)~(3)；
(4) ，由SO2(g)+Cl2(g)═SO2Cl2(l)可知，理论上生成SO2Cl2为；为提高本实验中硫酰氯的产率，应在低温度下，且利于原料充分反应；(5)生成物均为液体，但沸点不同；(6)由信息③可知，硫酰氯易分解。
【详解】
(1)装置A中发生反应的离子方程式为2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O，故答案为:2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；
(2)装置B的作用为除去HCl，若缺少装置C，装置D中SO2与Cl2还可能发生反应的化学方程式为SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4，
故答案为：除去HCl;SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4；
(3)仪器F的名称为三颈烧瓶，为保证良好的冷凝效率，E中冷凝水的入口是a。硫酰氯在潮湿空气中“发烟”说明其与水蒸汽可以发生反应；实验中涉及两种有毒的反应物气体，它们有可能过量，产物也易挥发，因此，F的作用为吸收尾气，防止污染空气，防止水蒸气进入。
故答案为：球形干燥管；a；吸收尾气，防止污染空气，防止水蒸气进入；
(4) ，由SO2(g)+Cl2(g)═SO2Cl2(l)可知，理论上生成SO2Cl2为，最终得到5.4g纯净的硫酰氯，则硫酰氯的产率为，为提高本实验中硫酰氯的产率，在实验操作中需要注意的事项有：①先通冷凝水，再通气，以保证冷凝效率；②控制气流速率，宜慢不宜快，这样可以提高原料气的利用率；③若三颈烧瓶发烫，可适当降温，这样可以减少产品的挥发和分解。结合信息可知不能加热。
故答案为:80%；①②③；
(5)生成物均为液体，但沸点不同，可选择蒸馏法分离，故答案为:C；
(6)由信息③可知，硫酰氯易分解，则长期存放的硫酰氯会发黄，其原因可能为硫酰氯分解产生氯气，故答案为: 硫酰氯分解产生氯气溶解在硫酰氯中导致其发黄。
本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握实验装置的作用、制备原理、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意习题中的信息及应用。
27、重量 ab 洗涤 烘干 取最后一次洗涤液，加入AgNO3无沉淀证明洗涤干净 黄橙色 半分钟不褪色 0.98或97.85% 没有做平行试验取平均值 干燥洁净的蒸发皿的质量、蒸发结晶恒重后蒸发皿加固体的质量
【解析】
（1）根据甲的实验流程可知，该方案中通过加入沉淀剂后，通过测量沉淀的质量进行分析碳酸钠的质量分数，该方法为沉淀法，故答案为：重量；
（2）为了测定工业纯碱中Na2CO3的质量分数(含少量NaCl)，加入沉淀剂后将碳酸根离子转化成沉淀,可以用CaCl2、BaCl2，由于硝酸银溶液能够与碳酸根离子、氯离子反应，所以不能使用硝酸银溶液，故答案为：ab；
（3）称量沉淀的质量前，为了减小误差，需要对沉淀进行洗涤、烘干操作，从而除去沉淀中的氯化钠、水；检验沉淀已经洗涤干净的操作方法为：取最后一次洗涤液，加入AgNO3无沉淀证明洗涤干净，故答案为：洗涤；烘干； 取最后一次洗涤液，加入AgNO3无沉淀证明洗涤干净；
（4）滴定结束前溶液显示碱性，为黄色，滴定结束时溶液变为橙色，则滴定终点的现象为：溶液由黄色变为橙色，且半分钟不褪色；盐酸溶液的刻度在14.90mL处，消耗HCl的物质的量为：0.1140ml/L×0.01490L=0.0016986ml，根据关系式Na2CO3∼2HCl可知，20mL该溶液中含有碳酸钠的物质的量为：0.0016986ml×12=0.0008493ml，则250mL溶液中含有的碳酸钠的物质的量为：0.0008493ml×250mL20mL=0.01061625ml，所以样品中碳酸钠的质量分数为：[（106g/ml×0.01061625ml）/1.150g]×100%=97.85%或0.98；滴定操作测量纯度时，为了减小误差，需要多次滴定取平均值，而乙同学没有没有做平行试验取平均值，所以设计的方案不合格，故答案为：黄；橙色，半分钟不褪色； 0.98或97.85%(保留两位小数)；没有做平行试验取平均值；
（5）碳酸钠与盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳和水，只要计算出反应后氯化钠固体的质量，就可以利用差量法计算出碳酸钠的质量，所以需要测定的数据由：干燥洁净的蒸发皿的质量、蒸发结晶恒重后蒸发皿加固体的质量，故答案为：干燥洁净的蒸发皿的质量、蒸发结晶恒重后蒸发皿加固体的质量。
28、+ ③>①>② 4 取代反应 3 、、、 CH3COOH
【解析】
(1)A的分子式为C2H2O3，可发生银镜反应，且具有酸性，说明含有醛基和羧基，则A是OHC﹣COOH，根据C的结构可知B是，A+B→C发生加成反应，反应方程式为：+ ；
(2)羧基的酸性强于酚羟基，酚羟基的酸性强于醇羟基，所以酸性强弱顺序为：③＞①＞②；
(3)C中有羟基和羧基，2分子C可以发生酯化反应生成3个六元环的化合物，C分子间醇羟基、羧基发生酯化反应，则E为，该分子为对称结构，分子中有4种化学环境不同的H原子，分别为苯环上2种、酚羟基中1种、亚甲基上1种；
(4)对比D、F的结构，可知溴原子取代﹣OH位置，D→F的反应类型是取代反应；F中溴原子、酚羟基、酯基(羧酸与醇形成的酯基)，都可以与氢氧化钠反应，1mlF最多消耗3ml NaOH；
F为，F的同分异构体符合条件：①属于一元酸类化合物，②苯环上只有2个取代基且处于对位，其中一个是羟基，则另一个取代基含有溴原子外，还含有羧基，符合条件的同分异构体有、、、；
（5）由题目信息可知，乙酸与PCl3反应得到ClCH2COOH，ClCH2COOH在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应得到HOCH2COONa，用盐酸酸化得到HOCH2COOH，最后在Cu作催化剂条件下发生催化氧化得到OHC﹣COOH，合成路线流程图为CH3COOH。
29、d 平面三角形 3 氨分子与Zn2+形成配合物后,孤对电子与Zn2+成键，原孤对电子与成键电子对之间的排斥作用变为成键电子对之间的排斥作用，排斥作用减弱，所以H-N-H键角变大 离子晶体 （或0.707a）
【解析】
（1）a．碳的电子式是，但碳原子最外层只有2p能级有2个单电子；
b．共价键分摊：每个碳原子周围的3个σ键分别被3个碳原子分摊（各占一半），每个碳原子分摊的σ键数为1.5，12g石墨烯即1ml含σ键数为1.5NA；
c．石墨烯层间可以滑动，说明层与层之间的作用力弱，是分子间作用力；
d．石墨烯中含有多中心的大π键。
（2）分析C成键情况，结合VSEPR模型判断；电负性最大的是O元素；
（3）氨分子中有孤对电子。氨分子与Zn2+形成配合物后,孤对电子与Zn2+成键，原孤对电子与成键电子对之间的排斥作用变为成键电子对之间的排斥作用，排斥作用减弱，所以H-N-H键角变大；
（4）化合物[EMIM][AlCl4]由阴、阳离子构成；根据形成大π键的原子数和电子数分析；
（5）晶胞边长为anm=a×10-7cm，晶胞体积=（a×10-7cm）3，该晶胞中Ca2＋个数=1+12×1/4=4，C22－个数=8×1/8+6×1/2=4，其晶体密度=mV；晶胞中Ca2＋位于C22－所形成的八面体的体心，该正八面体的边长根据正方形对角线的长度计算。
【详解】
（1）a．碳的电子式是，但碳原子最外层只有2p能级有2个单电子，故错误；
b．共价键分摊：每个碳原子周围的3个σ键分别被3个碳原子分摊（各占一半），每个碳原子分摊的σ键数为1.5，12g石墨烯即1ml含σ键数为1.5NA，故错误；
c．石墨烯层间可以滑动，说明层与层之间的作用力弱，是分子间作用力，故错误；
d．石墨烯中含有多中心的大π键，故正确。
故选d。
（2）COCl2分子中的C原子最外层的4个电子全部参与成键，C原子共形成1个双键和2个单键，故其采取sp2杂化，该分子的空间构型为平面三角形；
该分子中电负性最大的是O元素，基态氧原子中，有1s上1种、2s上1种、2p上1种，即3种不同能量的电子；
（3）氨分子中有孤对电子。氨分子与Zn2+形成配合物后,孤对电子与Zn2+成键，原孤对电子与成键电子对之间的排斥作用变为成键电子对之间的排斥作用，排斥作用减弱，所以H-N-H键角变大；
（4）化合物[EMIM][AlCl4]由阴、阳离子构成，属于离子晶体；EMIM+形成大π键的原子数为5、电子数为6，则EMIM+离子中的大π键应表示为 ；
（5）晶胞边长为anm=a×10-7cm，晶胞体积=（a×10-7cm）3，该晶胞中Ca2＋个数=1+12×1/4=4，C22－个数=8×1/8+6×1/2=4，其晶体密度=mV=M×4/[NA(a×10-7)3]g·cm－3；晶胞中Ca2＋位于C22－所形成的八面体的体心，该正八面体的平面对角线为 anm，则正八面体的边长为 （或0.707a）nm.
元素代号
A
B
C
D
E
原子半径/nm
0.186
0.143
0.089
0.102
0.074
主要化合价
＋1
＋3
＋2
＋6、－2
－2
A
B
C
D
熔点/℃
沸点/℃
其他物理或化学性质
PCl3
-112.0
76.0
PCl3和POCl3互溶，均为无色液体，遇水均剧烈水解，发生复分解反应生成磷的含氧酸和HCl
POCl3
1.25
106.0