2025届安徽省皖中名校高三第三次适应性测试化学试题试卷含解析

2025届安徽省皖中名校高三第三次适应性测试化学试题试卷注意事项: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(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、常温下，向20mL0.1mol.L-1HN3(叠氮酸)溶液中滴加pH=13的NaOH溶液，溶液中水电离的c(H+)与NaOH溶液体积的关系如图所示(电离度等于已电离的电解质浓度与电解质总浓度之比)。下列说法错误的是A．HN3是一元弱酸B．c点溶液中：c(OH-)=c(H+)+c(HN3)C．常温下，b、d点溶液都显中性D．常温下，0.1mol.L-1HN3溶液中HN3的电离度为10a-11%2、用下列实验装置和方法进行相应实验，能达到实验目的的是A．甲装置用于分离CCl4和I2B．乙装置用于分离乙醇和乙酸乙酯C．丙装置用于分离氢氧化铁胶体和氯化钠溶液D．丁装置用于由氯化铵饱和溶液得到氯化铵晶体3、X、Y、Z、W为短周期主族元素，它们的最高正化合价和原子半径如下表所示：元素XYZW最高正化合价+3+1+5+7原子半径0.0820.1860.1100.099则下列说法错误的是A．X的最高价氧化物对应的水化物具有两性B．ZW3分子中所有原子最外层均满足8e－结构C．Y的一种氧化物可用作供氧剂，Z的一种氧化物可用作干燥剂D．简单气态氢化物的热稳定性：W>Z>X4、以下相关实验不能达到预期目的的是（）A．试样加水溶解后，再加入足量Ca(OH)2溶液，有白色沉淀生成检验NaHCO3固体中是否含Na2CO3B．向少量燃尽火柴头的浸泡液中滴加足量稀HNO3、AgNO3验证火柴头含有氯离子C．加入饱和Na2CO3溶液，充分振荡，静置、分层后，分液除去乙酸乙酯中的乙酸D．两支试管中装有等体积、等浓度的H2O2溶液，向其中一支试管中加入FeCl3溶液探究FeCl3溶液对H2O2分解速率的影响5、将一定体积的CO2缓慢地通入V

L

NaOH溶液中，已知NaOH完全反应，若在反应后的溶液中加入足量石灰水，得到ag沉淀；若在反应后的溶液中加入足量CaCl2溶液，得到bg沉淀，则下列说法正确的是A．参加反应的CO2的体积为0.224aLB．若a=b，则CO2与NaOH溶液反应的产物中盐只有Na2CO3C．b可能等于a、小于a或大于aD．不能确定NaOH溶液的物质的量浓度6、X、Y、Z、W是原子序数依次增大的前四周期元素，X、Z的周期序数=族序数，由这四种元素组成的单质或化合物存在如图所示的转化关系，其中甲、戊是两常见的金属单质，丁是非金属单质，其余为氧化物且丙为具有磁性的黑色晶体。下列说法正确的是A．W的原子序数是Z的两倍，金属性强于ZB．W元素在周期表中的位置是第四周期VIII族C．丙属于两性氧化物D．等物质的量的甲和戊完全溶于稀硝酸，消耗的HNO3的量一定相等7、利用如图装置探究铁在海水中的电化学防护，下列说法不正确的是A．若X为锌棒，开关K置于M处，可减缓铁的腐蚀B．若X为锌棒，开关K置于M处，铁电极的反应：Fe−2e−=Fe2+C．若X为碳棒，开关K置于N处，可减缓铁的腐蚀D．若X为碳棒，开关K置于N处，铁电极的反应：2H++2e−=H2↑8、用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A．1mol氨基(－NH2)中所含的质子数为9NAB．标准状况下，22.4L单质溴所含有的原子数目为2NAC．100mL0.1mol·L−1CH3COONa溶液含CH3COO−的数目是0.01NAD．标准状况下，2.24LCl2与过量稀NaOH溶液反应，转移的电子总数为0.2NA9、已知下列反应的热化学方程式为①CH3COOH(l)+2O2(g)=2CO2(g)+2H2O(l)ΔH1=-870.3kJ·mol-1②C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH2=-393.5kJ·mol-1③H2(g)+O2(g)=H2O(l)ΔH3=－285.8kJ·mol-1则反应2C(s)+2H2(g)+O2(g)=CH3COOH(l)的ΔH为（）A．-488.3kJ·mol-1B．-191kJ·mol-1C．-476.8kJ·mol-1D．-1549.6kJ·mol-110、X、Y、Z、W、M五种元素的原子序数依次增大。已知X、Y、Z、W是短周期元素中的四种非金属元素，X元素的原子形成的离子就是一个质子，Z、W在元素周期表中处于相邻的位置，它们的单质在常温下均为无色气体，Y原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，M是地壳中含量最高的金属元素。下列说法正确的是（）A．五种元素的原子半径从大到小的顺序是：M＞W＞Z＞Y＞XB．X、Z两元素能形成原子个数比(X：Z)为3：1和4：2的化合物C．化合物YW2、ZW2都是酸性氧化物D．用M单质作阳极，石墨作阴极电解NaHCO3溶液，电解一段时间后，在阴极区会出现白色沉淀11、下列说法正确的是()A．用干燥的pH试纸测定氯水的pHB．配制一定浓度的NaOH溶液，定容时仰视读数，使配制的溶液浓度偏小C．用加热分解的方法可将NH4Cl固体和Ca(OH)2固体的混合物分离D．将25.0gCuSO4·5H2O溶于100mL蒸馏水中，配制100mL1.0mol/LCuSO4溶液12、《天工开物》中对“海水盐”有如下描述：“凡煎盐锅古谓之牢盆……其下列灶燃薪，多者十二三眼，少者七八眼，共煎此盘……火燃釜底，滚沸延及成盐。”文中涉及的操作是()A．萃取 B．结晶C．蒸馏 D．过滤13、在氯酸钾分解的实验研究中，某同学进行了系列实验并记录如下，相关分析正确的是实验现象①加热固体M少量气泡溢出后，不再有气泡产生②加热氯酸钾至其熔化有少量气泡产生③加热氯酸钾使其熔化后迅速加入固体M有大量气泡产生④加热氯酸钾与固体M的混合物（如图）未见固体熔化即产生大量气泡A．实验①、②、③说明M加快了气体产生的速率B．实验①、②、④说明加入M后，在较低温度下反应就可以发生C．实验②、③说明固体M的加入增加了气体产生的量D．固体M是氯酸钾分解的催化剂14、NA代表阿伏加德罗常数的值，以下说法正确的是A．2NA个HCl分子与44.8LH2和Cl2的混合气体所含的原子数目均为4NA。B．32gCu将足量浓、稀硝酸分别还原为NO2和NO，浓、稀硝酸得到的电子数均为NA。C．物质的量浓度均为1mol/L的NaCl和MgCl2混合溶液中，含有Cl―的数目为3NA。D．1molD318O+（其中D代表）中含有的中子数为10NA。15、工业上可用铝热反应冶炼锰、钒等难熔金属，其原因与下列无关的是A．铝还原性较强 B．铝能形成多种合金C．铝相对锰、钒较廉价 D．反应放出大量的热16、下列有关实验能达到相应实验目的的是（）A．实验室制备氯气 B．制备干燥的氨气C．石油分馏制备汽油 D．制备乙酸乙酯17、81号元素所在周期和族是()A．第六周期ⅣA族 B．第六周期ⅢB族 C．第七周期0族 D．第六周期ⅢA族18、化学与生活、社会发展息息相关。下列说法正确的是A．有人称“一带一路”是“现代丝绸之路”，丝绸的主要成分是纤维素B．聚乳酸酯的降解和油脂的皂化都是高分子生成小分子的过程C．疫苗一般应冷藏存放，其目的是避免蛋白质变性D．“玉兔二号”的太阳能电池帆板的材料是二氧化硅19、常温下，向20mL

溶液中滴加

NaOH溶液．有关微粒的物质的量变化如图，下列说法正确的是A．滴加过程中当溶液呈中性时，B．当时，则有：C．H

在水中的电离方程式是：H

；

D．当时，则有：20、下列说法正确的是A．氢氧燃料电池放电时化学能全部转化为电能B．反应4Fe(s)+3O2(g)2Fe2O3(s)常温下可自发进行，该反应为吸热反应C．3molH2与1molN2混合反应生成NH3，转移电子的数目小于6×6.02×1023D．在酶催化淀粉水解反应中，温度越高淀粉水解速率越快21、下列实验方案中，可以达到实验目的的是选项实验目的实验方案A除去苯中混有的苯酚加入适量的溴水充分反应后过滤B检验Fe2+溶液中是否含有Fe3+向待测液中滴加几滴铁氰化钾溶液C除去粗盐中含有Mg2+、Ca2+、SO42-的试剂加入顺序向该溶液中先加入NaOH溶液、再加BaCl2溶液，最后加碳酸钠溶液D检验SO2中是否含有HCl将产生的气体通入HNO3酸化的AgNO3溶液中A．A B．B C．C D．D22、能用离子方程式CO32﹣+2H+=H2O+CO2↑表示的反应是（）A．碳酸钠与足量稀硝酸的反应 B．碳酸氢钠与足量盐酸的反应C．碳酸钡与少量稀盐酸的反应 D．碳酸钠与足量稀醋酸的反应二、非选择题(共84分)23、（14分）某药物G，其合成路线如下：已知：①R-X+②试回答下列问题：(1)写出A的结构简式_________。(2)下列说法正确的是__________A．化合物E具有碱性B．化合物B与新制氢氧化铜加热产生砖红色沉淀C．化合物F能发生还原反应D．化合物G的分子式为C16H17N5O2Br(3)写出C+D→E的化学方程式___________。(4)请设计以用4－溴吡啶（）和乙二醇（）为原料合成化合物D的同系物的合成路线________(用流程图表示，无机试剂任选)。(5)写出化合物A可能的同分异构体的结构简式__________。须同时符合：①分子中含有一个苯环；②1H-NMR图谱显示分子中有3种氢原子。24、（12分）G是具有抗菌作用的白头翁素衍生物，其合成路线如下：（1）C中官能团的名称为________和________。（2）E→F的反应类型为________。（3）D→E的反应有副产物X(分子式为C9H7O2I)生成，写出X的结构简式：________________。（4）F的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：__________________。①能发生银镜反应；②碱性水解后酸化，其中一种产物能与FeCl3溶液发生显色反应；③分子中有4种不同化学环境的氢。（5）请写出以乙醇为原料制备的合成路线流程图(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。____________25、（12分）亚氯酸钠（NaClO2）是一种重要的含氯消毒剂，在水中溶解度较大，遇酸放出ClO2，是一种高效的氧化剂和优质漂白剂，可用于各种纤维和某些食品的漂白。过氧化氢法制备NaClO2固体的实验装置如图所示：已知：①ClO2的熔点为-59℃、沸点为11℃，极易溶于水，遇热水、见光易分解；气体浓度较大时易发生分解，若用空气、CO2、氮气等气体稀释时，爆炸性则降低。②2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2↑+2H2O请回答：(1)按上图组装好仪器后，首先应该进行的操作是____；装置B的作用是___；冰水浴冷却的主要目的不包括_（填字母）。a．减少H2O2的分解b．降低ClO2的溶解度c．减少ClO2的分解(2)ClO2是合成NaClO2的重要原料，写出三颈烧瓶中生成ClO2的化学方程式：____。(3)装置C中加入NaOH溶液的目的除了作反应物外，还因为_____。空气的流速过慢或过快都会影响NaClO2的产率，试分析原因：________。(4)该套装置存在的明显缺陷是_________。(5)为防止生成的NaClO2固体被继续还原为NaCl，所用还原剂的还原性应适中。除H2O2外，还可以选择的还原剂是_（填字母）A．过氧化钠B．硫化钠C．氯化亚铁D．高锰酸钾(6)若mgNaClO3(s)最终制得纯净的ngNaClO2(s)，则NaClO2的产率是_×100%。26、（10分）氨气具有还原性,能够被氧化铜氧化,用如图中的装置可以实现该反应。已知:氨可以与灼热的氧化铜反应得到氮气和金属铜。回答下列问题:(1)B中加入的干燥剂是____(填序号)。①浓硫酸②无水氯化钙③碱石灰(2)能证明氨与氧化铜反应的现象是C中________。(3)D中有无色液体生成。设计实验检验D中无色液体的成分:__________27、（12分）二氧化氯（ClO2）是一种黄绿色气体，极易溶于水，在混合气体中的体积分数大于10％就可能发生爆炸，在工业上常用作水处理剂、漂白剂。回答下列问题：（1）在处理废水时，ClO2可将废水中的CN-氧化成CO2和N2，该反应的离子方程式为_________。（2）某小组通过NaClO3法制备ClO2，其实验装置如下图。①通入氮气的主要作用有两个，一是可以起到搅拌作用，二是______________；②装置B的作用是______________；③装置A用于生成ClO2气体，该反应的化学方程式为______________；④当看到装置C中导管液面上升时应进行的操作是______________。（3）测定装置C中ClO2溶液的浓度：用______________（填仪器名称）取10.00mLC中溶液于锥形瓶中，加入足量的KI溶液和H2SO4酸化，用0.1000mol·L-1的Na2S2O3标准液滴定至溶液呈淡黄色，发生反应：I2+2S2O32-=2I-+S4O62-，再加入__________作指示剂，继续滴定，当溶液_______，即为终点。平行滴定3次，标准液的平均用量为20.00mL，则C中ClO2溶液的浓度为________mol·L-1。28、（14分）［化学——选修5：有机化学基础］(15分)花椒毒素(Ⅰ)是白芷等中草药的药效成分，也可用多酚A为原料制备，合成路线如下：回答下列问题：(1)①的反应类型为_____；B分子中最多有_____个原子共平面。(2)C中含氧官能团的名称为_____；③的“条件a”为_____。(3)④为加成反应，化学方程式为_____。(4)⑤的化学方程式为_____。(5)芳香化合物J是D的同分异构体，符合下列条件的J的结构共有_____种，其中核磁共振氢谱为五组峰的J的结构简式为_____。(只写一种即可)。①苯环上只有3个取代基②可与NaHCO3反应放出CO2③1molJ可中和3molNaOH。(6)参照题图信息，写出以为原料制备的合成路线(无机试剂任选)：_____。29、（10分）过渡金属元素在日常生活中有广泛的应用。（1）金属钒在材料科学上有重要作用，被称为“合金的维生素”，基态钒原子的价层电子的排布式为__________；基态Mn原子核外有____种运动状态不同的电子，M层的电子云有_______种不同的伸展方向。（2）第四周期元素的第一电离能随原子序数增大，总趋势是逐渐增大的，但Ga的第一电离能明显低于Zn，原因是____________________________________（3）NO2－与钴盐形成的配离子[Co(NO2)6]3－可用于检验K+的存在。与NO2－互为等电子体的微粒__________（写出一种），K3[Co(NO2)6]中存在的作用力有___________a.σ键b.π键c.配位键d.离子键e.范德华力（4）锰的一种配合物的化学式为Mn(BH4)2(THF)3，BH4－的空间构型为____________（5）FeO是离子晶体，其晶格能可通过下图中的Born—Haber循环计算得到。可知，O原子的第一电子亲和能为________kJ•mol-1，FeO晶格能为________kJ•mol-1。（6）铜与氧可形成如图所示的晶胞结构，其中Cu均匀地分散在立方体内部，a、b的坐标参数依次为（0，0，0）、（1/2，1/2,1/2），则d点的坐标参数为_______________，已知该晶体的密度为ρg•cm-3，NA是阿伏伽德罗常数的值，则晶胞参数为_________pm（列出计算式即可）

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】

A．pH=13，c(NaOH)=0.1mol/L，c点时，20mL0.1mol.L-1HN3溶液与20mLpH=13的NaOH溶液刚好完全反应，此时溶液呈碱性，说明NaN3发生水解，HN3是一元弱酸，A正确；B．c点溶液为NaN3溶液，依据质子守恒，c(OH-)=c(H+)+c(HN3)，B正确；C．常温下，c点溶液呈碱性，继续加入NaOH溶液，d点溶液一定呈碱性，C错误；D．常温下，0.1mol.L-1HN3溶液中，c(OH-)=10-amol/L，则HN3电离出的c(H+)==10-14+amol/L，HN3的电离度为=10a-11%，D正确。故选C。2、A【解析】

A选项，CCl4和I2是互溶的，两者熔沸点不同，因此采用蒸馏方法分离，故A正确；B选项，乙醇和乙酸乙酯是互溶的，要采用先加饱和碳酸钠溶液，在分液的方法，故B错误；C选项，分离氢氧化铁胶体和氯化钠溶液只能采用渗析的方法，胶体不能透过半透膜，溶液中离子能透过半透膜，故C错误；D选项，氯化铵饱和溶液蒸发时要水解，最后什么也得不到，故D错误；综上所述，答案为A。3、A【解析】

根据X、Y、Z、W为短周期主族元素，联系最高正化合价，X可与为B元素或者Al元素，Y为Li元素或Na元素，Z为N元素或P元素，W为Cl元素，又原子半径：Y>Z>Cl>X，则X为B元素，Y为Na元素，Z为P元素，据此分析回答问题。【详解】A．B的最高价氧化物对应的水化物H2BO3是弱酸，不具有两性，A选项错误；B．PCl3的电子式为，所有原子最外层均满足8e－结构，B选项正确；C．Na的氧化物Na2O2可作供氧剂，P的氧化物P2O5是酸性干燥剂，C选项正确；D．非金属性越强，简单气态氢化物的热稳定性越强，非金属性Cl>P>B，则热稳定性：HCl>PH3>BH3，D选项正确；答案选A。4、A【解析】

A.

Na2CO3

能与Ca(

OH)2溶液发生反应生成CaCO3沉淀，NaHCO3也能与Ca(OH)2

溶液发生反应生成CaCO3沉淀，故不能用Ca(OH)2溶液检验NaHCO3固体中是否含Na2CO3，可以用CaCl2溶液检验，故A选；B.检验氯离子，需要硝酸、硝酸银，则向少量燃尽火柴头的浸泡液中滴加足量稀HNO3、AgNO3可检验，故B不选；C.乙酸与饱和碳酸钠反应后，与乙酸乙酯分层，然后分液可分离，故C不选；D.只有催化剂不同，可探究FeCl3溶液对H2O2分解速率的影响，故D不选；答案选A。5、B【解析】

根据Na2CO3+CaCl2═CaCO3↓+2NaCl，NaHCO3与CaCl2不反应，但碳酸钠、碳酸氢钠都与石灰水反应生成碳酸钙沉淀，已知NaOH完全反应，则一定体积的CO2通入V

L

NaOH溶液中产物不确定，以此来解答。【详解】A.因a、b的关系不确定，无法计算参加反应的CO2的体积，A项错误；B.由A选项可知若a=b，则CO2与NaOH溶液反应生成的盐只有Na2CO3，B项正确；C.若产物为碳酸钠，碳酸钠与石灰水、CaCl2溶液都能反应生成碳酸钙，则a=b；若产物为碳酸钠和碳酸氢钠，碳酸氢钠与CaCl2溶液不反应，碳酸钠与CaCl2溶液反应生成碳酸钙，但碳酸钠、碳酸氢钠都与石灰水反应生成碳酸钙沉淀，则a>b，但不可能a<b，C项错误；D.若a、b相等时，由Na2CO3+CaCl2═CaCO3↓+2NaCl，由NaCl∼NaOH可计算NaOH的物质的量，溶液的体积已知，则可以计算浓度，D项错误；答案选B。6、B【解析】

X、Y、Z、W是原子序数依次增大的前四周期元素，X、Z的周期序数=族序数，则X是H元素，Z是Al元素；由这四种元素组成的单质或化合物存在如图所示转化关系，其中甲、戊是两常见的金属单质，丁是非金属单质，其余为氧化物且丙为具有磁性的黑色晶体，则丙是Fe3O4，结合元素及化合物的性质逆推可知甲为Fe，乙为H2O，丁是H2，戊为金属单质，可以与Fe3O4反应产生Fe单质，因此戊是Al单质，己为Al2O3，结合原子序数的关系可知Y是O元素，W是Fe元素，据此分析解答。【详解】综上所述可知X是H元素，Y是O元素，Z是Al元素，W是Fe元素。甲是Fe单质，乙是H2O，丙是Fe3O4，丁是H2，戊是Al单质，己是Al2O3。A.Fe原子序数是26，Al原子序数是13，26为13的2倍，金属性Al>Fe，A错误；B.Fe是26号元素，在元素周期表中位于第四周期VIII族，B正确；C.丙是Fe3O4，只能与酸反应产生盐和水，不能与碱发生反应，因此不是两性氧化物，C错误；D.Fe是变价金属，与硝酸反应时，二者的相对物质的量的多少不同，反应失去电子数目不同，可能产生Fe2+，也可能产生Fe3+，而Al是+3价的金属，因此等物质的量的甲和戊完全溶于稀硝酸，消耗的HNO3的量不一定相等，D错误；故合理选项是B。本题考查了元素及化合物的推断及其性质的知识，涉及Fe、Al的单质及化合物的性质，突破口是丙是氧化物，是具有磁性的黑色晶体，结合Fe与水蒸气的反应及铝热反应，就可顺利解答。7、B【解析】

A、若X为锌棒，开关K置于M处，形成原电池，此时金属锌为负极，金属铁为正极，金属铁被保护，可减缓铁的腐蚀，故A正确；B、若X为锌棒，开关K置于M处，形成原电池，此时金属锌为负极，金属铁为正极，氧气在该极发生还原反应，故B错误；C、若X为碳棒，开关K置于N处，形成电解池，此时金属铁为阴极，铁被保护，可减缓铁的腐蚀，故C正确；D、若X为碳棒，开关K置于N处，形成电解池，X极为阳极，发生氧化反应，铁电极为阴极，水电离的H+发生还原反应，电极反应式为2H++2e−=H2↑，故D正确。故选B．8、A【解析】

A.1mol氨基中含有9mol电子，含有的电子数目为9NA，故A正确；B.标况下单质溴不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算2.24L溴的物质的量，故B错误；C.100mL0.1mol·L−1CH3COONa溶液中，CH3COO−会发生水解，数目小于0.01NA，故C错误；D.氯气与过量稀氢氧化钠反应,首先反应方程式如下：2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O，在这个反应中，氯气单质气体既充当氧化剂，又充当还原剂，两个零价位的Cl原子，一个被氧化成为+1价，另一个被还原成为-1价，0.1mol的氯气在这个反应中转移电子总数当然只是0.1NA，故D错误；正确答案是A。9、A【解析】

利用盖斯定律，将②×2+③×2-①可得：2C(s)+2H2(g)+O2(g)=CH3COOH(l)的ΔH=(-393.5kJ·mol-1)×2+(-285.8kJ·mol-1)×2-(-870.3kJ·mol-1)=-488.3kJ·mol-1。故选A。10、B【解析】

X元素的原子形成的离子就是一个质子，应为H元素，Y原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，应为C元素；Z、W在元素周期表中处于相邻的位置，它们的单质在常温下均为无色气体，则Z为N元素、W为O元素；M是地壳中含量最高的金属元素，应为Al元素。【详解】A．H原子半径最小，同周期随原子序数增大原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径Al＞C＞N＞O＞H，即M＞Y＞Z＞W＞X，故A错误；B．N、H两元素能形成NH3、N2H4，故B正确；C．化合物CO2是酸性氧化物，NO2与水反应生成硝酸和NO，不是酸性氧化物，故C错误；D．用Al单质作阳极，石墨作阴极电解NaHCO3溶液，阴极生成氢气，不会生成沉淀，故D错误。综上所述，答案为B。同周期随原子序数增大原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大。11、B【解析】

A.氯水具有强氧化性，能使pH试纸褪色，所以不能用的pH试纸测定某氯水的pH，故A错误；B.配制一定浓度的NaOH溶液，定容时仰视读数,会使溶液的体积变大，导致浓度偏小，故B错误；C.NH4Cl固体和Ca(OH)2固体在加热的条件下发生反应2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O，所以不能用加热的方法分离，故C错误；D.精确配制一定物质的量浓度的溶液，必须在容量瓶中进行。将25.0gCuSO4·5H2O溶于100mL蒸馏水中，所得溶液的体积不是100mL，故无法得到1.0mol/LCuSO4溶液，故D错误；考查实验基本操作的评价，涉及pH试纸的使用、溶液的配制操作、氨气的制取等，选项A注意氯水含有次氯酸具有强氧化性能使pH试纸褪色，所以不能用的pH试纸测定某氯水的pH；配制一定物质的量浓度的溶液，定容时仰视读数,会加水过多，导致浓度偏小；俯视的时候加水变少，导致浓度偏大；配制溶液必须用容量瓶定容溶液体积。12、B【解析】

“灶燃薪”是加热，“多者十二三眼，少者七八眼，共煎此盘”是蒸发结晶，B正确，故答案为：B。13、B【解析】

①说明固体M受热会释放出少量的气体；②说明氯酸钾在温度较高的条件下会释放出氧气；③说明氯酸钾在较高的温度下与M接触释放出大量的氧气；④说明氯酸钾与固体M的混合物在较低的温度下就能释放出大量的氧气；A．实验①、②、③三个实验并不能说明M加快了气体产生的速率，故A错误；B．实验①、②、④对比可知，加入M后，在较低温度下反应就可以发生，故B正确；C．实验②、③说明固体M的加入反应速率加快了，并不能说明增加了气体产生的量，故C错误；D．要证明反应中固体M是催化剂还需要验证其质量和化学性质在反应前后是否发生了变化，故D错误；故答案选B。14、B【解析】

A．氢气和氯气所处的状态不明确，故其物质的量无法计算，则和HCI的原子数目是否相同无法计算，A错误；B．32gCu的物质的量0.5mol，失去的电子数均为NA，浓硝酸被还原为二氧化氮，稀硝酸被还原为NO，根据得失电子数守恒，浓、稀硝酸得到的电子数均为NA，B正确；C．溶液体积不明确，故溶液中含有的氯离子个数无法计算，C错误；D．D318O+中含13个中子，故1molD318O+中含13NA个中子，D错误；答案选B。15、B【解析】

A.铝热反应常用于焊接铁轨，该反应中Al作还原剂，Al的还原性比锰、钒等金属的强，故A相关；B.铝能形成多种合金和工业上可用铝热反应冶炼锰、钒等难熔金属无关，和铝本身的性质有关，故B不相关；C.铝相对锰、钒较廉价，所以用铝来制备锰和钒，故C相关；D.铝热剂为铝和金属氧化物的混合物，反应在高温条件下发生氧化还原反应置换出金属单质，为放热反应，放出大量热，故D相关；题目要求选择不相干的，故选B。本题考查铝热反应及其应用，把握铝热反应的特点及应用为解答的关键，注意反应的原理，实质为金属之间的置换反应，题目难度不大。16、C【解析】

A.浓盐酸与MnO2的反应需要加热，故A错误；B.氨气的密度比空气的密度小，应选用向下排空气法收集，故B错误；C.蒸馏时温度计测定馏分的温度，冷却水下进上出，图中操作合理，故C正确；D.乙酸乙酯能与NaOH溶液反应，小试管中应为饱和Na2CO3溶液，故D错误；故选C。17、D【解析】

第六周期0族元素为86号元素，因此86−81=5，18−5=13，在13纵列，即第ⅢA族，因此81号元素在第六周期ⅢA族，故D符合题意。综上所述，答案为D。18、C【解析】

A.丝绸的主要成分是蛋白质，故A错误；B.聚乳酸酯的降解是高分子生成小分子的过程，油脂不属于高分子，故B错误；C.疫苗一般应冷藏存放，其目的是避免蛋白质变性，使蛋白质失去活性，故C正确；D.硅是半导体，“玉兔二号”的太阳能电池帆板的材料是硅，故D错误；故选C。19、D【解析】

A.当时，此时溶质为NaHA，根据图象可知溶液中离子浓度，说明的电离程度大于其水解程度，溶液为酸性，如果溶液为中性，则，故A错误；B.当时，此时溶质为NaHA和，根据物料守恒，则有：，故B错误；C.是二元弱酸，在水中的电离是分步电离的，电离方程式是：、，故C错误；D.根据图象知，当

mL时，发生反应为，溶质主要为NaHA，电离程度大于水解程度，溶液显酸性，水和都电离出氢离子，只有电离出，所以离子浓度大小顺序是，故D正确；答案选D。本题考查酸碱混合溶液定性判断，侧重于学生的分析能力的考查，为高考常见题型，明确图象中酸碱混合时溶液中的溶质是解答本题的关键，抓住图象进行分析即可，题目难度中等。20、C【解析】

A项，氢氧燃料电池放电时化学能不能全部转化为电能，理论上能量转化率高达85%～90%，A项错误；B项，反应4Fe（s）+3O2（g）=2Fe2O3（s）的ΔS0，该反应常温下可自发进行，该反应为放热反应，B项错误；C项，N2与H2的反应为可逆反应，3molH2与1molN2混合反应生成NH3，转移电子数小于6mol，转移电子数小于66.021023，C项正确；D项，酶是一类具有催化作用的蛋白质，酶的催化作用具有的特点是：条件温和、不需加热，具有高度的专一性、高效催化作用，温度越高酶会发生变性，催化活性降低，淀粉水解速率减慢，D项错误；答案选C。本题考查燃料电池中能量的转化、化学反应自发性的判断、可逆的氧化还原反应中转移电子数的计算、蛋白质的变性和酶的催化特点。弄清化学反应中能量的转化、化学反应自发性的判据、可逆反应的特点、蛋白质的性质和酶催化的特点是解题的关键。21、C【解析】

A.苯酚与溴水生成的三溴苯酚溶于苯，无法除去杂质，且引进了新的杂质溴，A项错误；B.铁氰化钾溶液用于检验亚铁离子，无法检测铁离子，B项错误；C.NaOH溶液可以除去Mg2+、再加稍过量的BaCl2溶液可以除去SO42-，最后加碳酸钠溶液可以除去Ca2+和过量的Ba2+，到达除杂目的，C项正确；D.HNO3会氧化二氧化硫为硫酸根，硫酸根与银离子反应生成微溶的硫酸银白色沉淀，与氯化银无法区分，D项错误；答案选C。22、A【解析】

A．碳酸钠与足量稀硝酸的反应，碳酸钠为可溶性的盐，硝酸为强酸，二者反应生成可溶性的硝酸钠，其离子方程式可以用CO32﹣+2H+═H2O+CO2↑表示，A项正确；B．碳酸氢根为弱酸的酸式盐，应写成HCO3﹣离子形式，该反应的离子方程式为HCO3﹣+H+═H2O+CO2↑，B项错误；C．碳酸钡为难溶物，离子方程式中需要保留化学式，该反应的离子方程式为：BaCO3+2H+═Ba2++H2O+CO2↑，C项错误；D．CH3COOH为弱酸，在离子方程式中应写成化学式，其反应的离子方程式为：CO32﹣+2CH3COOH═CO2↑+H2O+2CH3COO﹣，D项错误；答案选A。在书写离子方程式时，可以拆的物质：强酸、强碱、可溶性盐；不可以拆的物质：弱酸、弱碱、沉淀、单质、氧化物等。熟练掌握哪些物质该拆，哪些物质不该拆，是同学们写好离子方程式的关键。二、非选择题(共84分)23、A、B、C+→+HBr、、【解析】

A的分子式为C6H6N2Br2，A生成分子式为C7H6N2Br2O的B，再结合B的结构推测由A生成B的反应即取代反应，生成了一个肽键，所以A的结构为。B经过反应后生成分子式为C7H4N2Br2的C，相比于B，C的分子中少了1个H2O，所以推测B生成C额外产生了不饱和结构。由C生成E的条件以及E的分子式为C16H20N3O2Br且其中仅含1个Br推测，C生成E发生的是已知信息中给出的反应①类型的取代反应；进一步由G的结构原子的排列特点可以推测，C的结构为，那么E的结构为。E反应生成分子式为C14H16N3OBr的产物F，再结合反应条件分析可知，E生成F的反应即已知信息中提供的反应②，所以F的结构为。【详解】(1)通过分析可知，A生成B的反应即取代反应，所以A的结构即为；(2)A．通过分析可知，E的结构为，结构中含有咪唑环以及胺的结构，所以会显现碱性，A项正确；B．化合物B的结构中含有醛基，所以可以与新制氢氧化铜在加热条件下产生砖红色沉淀，B项正确；C．通过分析可知，F的结构为，可以与氢气加成生成醇，所以F可以发生还原反应，C项正确；D．由化合物G的结构可知其分子式为C16H18N5O2Br，D项错误；答案选ABC；(3)C与D反应生成E的方程式为：++HBr；(4)原料中提供了乙二醇，并且最终合成了，产物的结构中具有特征明显的五元环结构，因此考虑通过已知信息中的反应②实现某步转化；所以大致思路是，将4-溴吡啶中的溴原子逐渐转变为羰基，再与乙二醇发生反应②即可，所以具体的合成路线为：；(5)化合物A为，分子中含有4个不饱和度，1个苯环恰好有4个不饱和度，所以符合条件的A的同分异构体除苯环外其他结构均饱和；除去苯环外，有机物中还含有2个溴原子，以及2个都只形成单键的氮原子；若苯环上只安排1个取代基，没有能够满足核磁共振氢谱有3组峰的要求的结构；若苯环上有2个取代基，只有；若苯环上有3个取代基，没有能够满足核磁共振氢谱有3组峰的要求的结构；若苯环上有4个取代基，则满足要求的结构有和，至此讨论完毕。推断有机物结构时，除了反应条件，物质性质等信息外，还可以从推断流程入手，对比反应前后，物质结构上的差异推测反应的具体情况。24、酯基碳碳双键消去反应CH3CH2OHCH3CHOCH3CH2OHCH3CH2BrCH3CH2MgBrCH3CH=CHCH3【解析】

(1)根据C的结构简式分析判断官能团；(2)根据E、F的结构简式和结构中化学键的变化分析判断有机反应类型；(3)根据D()中碳碳双键断键后的连接方式分析判断；(4)根据题给信息分析结构中的官能团的类别和构型；(5)结合本题中合成流程中的路线分析，乙醇在铜作催化剂加热条件下与氧气发生催化氧化生成乙醛，乙醇和溴化氢在加热条件下反应生成溴乙烷，溴乙烷在乙醚作催化剂与Mg发生反应生成CH3CH2MgBr，CH3CH2MgBr与乙醛反应后在进行酸化，生成CH3CH=CHCH3，CH3CH=CHCH3在加热条件下断开双键结合生成。【详解】(1)C的结构简式为，其中官能团的名称为酯基和碳碳双键；(2)根据E、F的结构简式，E中的一个I原子H原子消去形成一个碳碳双键生成E，属于卤代烃在氢氧化钠水溶液中发生的消去反应，则反应类型为消去反应；(3)D→E的反应还可以由D()中碳碳双键中顶端的碳原子与羧基中的氧形成一个六元环，得到副产物X(分子式为C9H7O2I)，则X的结构简式；(4)F的结构简式为，其同分异构体能发生银镜反应，说明结构中含有醛基；碱性水解后酸化，其中一种产物能与FeCl3溶液发生显色反应，说明分子结构中含有苯环和酯基，且该酯基水解后形成酚羟基；分子中有4种不同化学环境的氢原子，该同分异构体的结构简式为：；(5)乙醇在铜作催化剂加热条件下与氧气发生催化氧化生成乙醛，乙醇和溴化氢在加热条件下反应生成溴乙烷，溴乙烷在乙醚作催化剂与Mg发生反应生成CH3CH2MgBr，CH3CH2MgBr与乙醛反应后在进行酸化，生成CH3CH=CHCH3，CH3CH=CHCH3在加热条件下断开双键结合生成，合成路线流程图为：CH3CH2OHCH3CHOCH3CH2OHCH3CH2BrCH3CH2MgBrCH3CH=CHCH3。25、检查装置的气密性防止倒吸b2NaClO3+H2O2+H2SO4=2ClO2↑+O2↑+Na2SO4+2H2ONaClO2遇酸放出ClO2空气流速过慢时，ClO2不能及时被移走，浓度过高导致分解爆炸；空气流速过快时，ClO2不能被充分吸收，NaClO2的产率下降没有处理尾气A或或(或其他合理答案)【解析】

在装置内，NaClO3与H2SO4的混合液中滴加H2O2，发生反应2NaClO3+H2O2+H2SO4=2ClO2↑+O2↑+Na2SO4+2H2O，生成的ClO2与O2的混合气随空气排出进入B装置；B装置的进、出气导管都很短，表明此装置为防倒吸装置，混合气进入C中，发生反应2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2↑+2H2O，ClO2的熔点低，遇热水、见光易分解，所以应使用冰水浴，以降低气体的温度；气体浓度较大时易发生分解，若用空气、CO2、氮气等气体稀释时，爆炸性则降低，则需控制气体的流速不能过慢，但过快又会导致反应不充分，吸收效率低。ClO2气体会污染大气，应进行尾气处理。【详解】(1)制取气体前，为防漏气，应在组装好仪器后，进行的操作是检查装置的气密性；由以上分析知，装置B的作用是防止倒吸；冰水浴冷却气体，可减少H2O2的分解、减少ClO2的分解，ClO2为气体，降温有利于气体的溶解，不可能降低ClO2的溶解度，所以主要目的不包括b。答案为：检查装置的气密性；防止倒吸；b；(2)ClO2是合成NaClO2的重要原料，三颈烧瓶中NaClO3与H2SO4的混合液中滴加H2O2，发生反应生成ClO2的化学方程式为2NaClO3+H2O2+H2SO4=2ClO2↑+O2↑+Na2SO4+2H2O。答案：2NaClO3+H2O2+H2SO4=2ClO2↑+O2↑+Na2SO4+2H2O；(3)因为NaClO2遇酸会放出ClO2，所以装置C中加入NaOH溶液的目的除了作反应物外，还因为NaClO2遇酸放出ClO2，加碱可改变环境，使NaClO2稳定存在。空气的流速过慢或过快都会影响NaClO2的产率，原因是：空气流速过慢时，ClO2不能及时被移走，浓度过高导致分解爆炸；空气流速过快时，ClO2不能被充分吸收，NaClO2的产率下降。答案为：NaClO2遇酸放出ClO2；空气流速过慢时，ClO2不能及时被移走，浓度过高导致分解爆炸；空气流速过快时，ClO2不能被充分吸收，NaClO2的产率下降；(4)ClO2气体会污染大气，应进行尾气处理，所以该套装置存在的明显缺陷是没有处理尾气。答案为：没有处理尾气；(5)A．过氧化钠与水反应，可生成H2O2和NaOH，其还原能力与H2O2相似，A符合题意；B．硫化钠具有强还原性，能将NaClO2固体还原为NaCl，B不合题意；C．氯化亚铁具有较强还原性，能将NaClO2固体还原为NaCl，C不合题意；D．高锰酸钾具有强氧化性，不能将NaClO2固体还原，D不合题意；故选A。答案为：A；(6)可建立如下关系式：NaClO3(s)—ClO2—NaClO2(s)，从而得出NaClO2(s)的理论产量为：=g，NaClO2的产率是=×100%。答案为：或或(或其他合理答案)。书写三颈烧瓶中NaClO3与H2SO4的混合液中滴加H2O2的方程式时，我们可先确定主反应物(NaClO3、H2O2)和主产物(ClO2、O2)，然后配平，即得2NaClO3+H2O2——2ClO2↑+O2↑；再利用质量守恒确定其它反应物(H2SO4)和产物(Na2SO4、H2O)，最后配平，即得2NaClO3+H2O2+H2SO4=2ClO2↑+O2↑+Na2SO4+2H2O。26、③黑色粉末变红取少量无水硫酸铜粉末放入D中，现象为白色变蓝色，则证明有水生成【解析】

A中装有熟石灰和NH4Cl，加热时产生氨气，经过碱石灰干燥，进入C中，和C中的氧化铜发生反应，生成氮气和铜，根据质量守恒，还应该有水生成。冰水混合物是用来冷却生成的水蒸气的，最后氮气用排水法收集在试管E中。【详解】(1)U形干燥管只能装固体干燥剂，浓硫酸是液体干燥剂且浓硫酸也能与NH3反应，无水氯化钙能与NH3反应形成配合物。故选择③碱石灰；(2)黑色的氧化铜生成了红色的铜单质，所以现象为黑色粉末变红；(3)因为已知NH3和CuO反应生成了Cu和N2，根据质量守恒，还会有H2O生成，则D中无色液体为水，检验水一般用无水硫酸铜。故答案为：取少量无水硫酸铜粉末放入D中，现象为白色变蓝色，则证明有水生成。冰水混合物通常用来冷凝沸点比0℃高，但常温下呈气态的物质。有时也用冰盐水，可以制造更低的温度。27、2ClO2＋2CN-＝2CO2＋N2＋2Cl-稀释二氧化氯，防止因二氧化氯的浓度过高而发生爆炸防止倒吸（或作安全瓶）2NaClO3＋H2O2＋H2SO4＝2ClO2↑＋Na2SO4＋O2↑＋2H2O加大氮气的通入量酸式滴定管（或移液管）淀粉溶液溶液蓝色退去0.04000【解析】

(3)ClO2有强氧化性，容易氧化乳胶，量取ClO2溶液时，不可用碱式滴定管，可用酸式滴定管或移液管。标定ClO2浓度的思路为：ClO2将I-氧化成I2，再用Na2S2O3标准液滴定生成的I2，根据电子得失守恒、原子守恒有：2ClO2～2Cl-～10e-～10I-～5I2～10Na2S2O3，据此计算解答。【详解】(1)ClO2将CN-氧化成CO2和N2，自身被还原为Cl-，结合电子得失守恒、原子守恒、电荷守恒可得离子方程式为：2ClO2＋2CN-＝2CO2＋N2＋2Cl-，故答案为：2ClO2＋2CN-＝2CO2＋N2＋2Cl-；(2)①二氧化氯体积分数大于10%即可能发生爆炸，通入氮气除起到搅拌作用外，还可以稀释二氧化氯，防止因二氧化氯的浓度过高而发生爆炸，故答案为：稀释二氧化氯，防止因二氧化氯的浓度过高而发生爆炸；②ClO2极易溶于水，如果没有B，极易引起倒吸，所以B的作用是：防止倒吸（或作安全瓶），故答案为：防止倒吸（或作安全瓶）；③NaClO3作氧化剂、H2O2作还原剂，结合原子守恒、得失电子守恒可得方程式为：2NaClO3＋H2O2＋H2SO4＝2ClO2↑＋Na2SO4＋O2↑＋2H2O，故答案为：2NaClO3＋H2O2＋H2SO4＝2ClO2↑＋Na2SO4＋O2↑＋2H2O；④当看到装置C中导管液面上升，说明ClO2的含量偏高了，要加大氮气的通入量，以免爆炸，故答案为：加大氮气的通入量；(3)ClO2有强氧化性，量取ClO2溶液时，可用酸式滴定管或移液管，ClO2将KI氧化成I2，再用Na2S2O3标准液滴定生成的I2，反应涉及碘单质，可用淀粉溶液做指示剂，I2遇淀粉溶液呈蓝色，当I2反应完时，溶液蓝色褪去。根据电子得失守恒、原子守恒有：2ClO2～2Cl-～10e-～10I-～5I2～10Na2S2O3，消耗0.1000mol·L-1的Na2S2O3标准液20.00mL，即消耗Na2S2O3物质的量=0.1000mol·L-1×20.00mL×10-3=2×10-3mol，由2ClO2～2Cl-～10e-～10I-～5I2～10Na2S2O3可知，n(ClO2)===4×10-4mol，c(ClO2)==0.04000mol/L，故答案为：酸式滴定管（或移液管）；淀粉溶液；溶液蓝色退去；0.04000。28、取代反应18羰基、醚键浓硫酸、加热＋HCHO→＋O2＋2H2O30【解析】

根据B的结构简式和生成B的反应条件结合A的化学式可知，A为；根据C和D的化学式间的差别可知，C与氢气在催化剂作用下发生加成反应生成D，D为；结合G的结构及E的分子式可知，D消去结构中的羟基生成碳碳双键得到E，E为；根据G生成H的反应条件