上海华东师大二附中2025年高三补习班下学期第三次月考化学试题含解析

上海华东师大二附中2025年高三补习班下学期第三次月考化学试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．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（每题只有一个选项符合题意）1、杂环化合物是分子中含有杂环结构的有机化合物。常见的六元杂环化合物有下列说法正确的是（）A．吡啶和嘧啶互为同系物B．吡喃的二氯代物有6种（不考虑立体异构）C．三种物质均能发生加成反应D．三种分子中所有原子处于同一平面2、某盐溶液中可能含有NH4+、Ba2+、Na+、Fe2+、Cl—、CO32—、NO3—七种离子中的数种。某同学取4份此溶液样品，分别进行了如下实验：①用pH试纸测得溶液呈强酸性；②加入过量NaOH溶液，产生有刺激性气味的气体且有沉淀生成；③加入硝酸酸化的AgNO3溶液产生白色沉淀；④加足量BaCl2溶液，没有沉淀产生，在溶液中加入氯水，再滴加KSCN溶液，显红色该同学最终确定在上述七种离子中肯定含有NH4+、Fe2+、Cl—三种离子。请分析，该同学只需要完成上述哪几个实验，即可得出此结论。A．①②④ B．①② C．①②③④ D．②③④3、下图是0.01mol/L甲溶液滴定0.01mol/L乙溶液的导电能力变化曲线，其中曲线③是盐酸滴定NaAc溶液，其他曲线是醋酸滴定NaOH溶液或者NaOH溶液滴定盐酸。下列判断错误的是A．条件相同时导电能力：盐酸>NaAcB．曲线①是NaOH溶液滴定盐酸导电能力变化曲线C．随着甲溶液体积增大，曲线①仍然保持最高导电能力D．a点是反应终点4、用NA表示阿伏伽德罗常数，下列说法不正确的是：（）A．标况下，22.4L的CO和1mol的N2所含电子数相等。B．1.0L0.1mol/L的醋酸钠溶液中含CH3COOH、CH3COO—的粒子总数为0.1NA。C．5.6g铁粉加入足量稀HNO3中，充分反应后，转移电子总数为0.2NA。D．18.4g甲苯中含有C—H键数为1.6NA。5、常温下，向20mL、浓度均为0.1mol·L－1的氢氧化钠溶液、氨水中分别滴加0.1mol·L－1盐酸，溶液导电性如图所示（已知：溶液导电性与离子浓度相关）。下列说法正确的是A．a点溶液pH=11B．曲线1中c与e之间某点溶液呈中性C．c点溶液中：c（H+）=c（OH－）+c（N3H·H2O）D．在a、b、c、d、e中，水电离程度最大的点是d6、用下列装置制取NH3，并还原CuO，其原理和装置均正确的是()A．用装置制取NH3 B．用装置干燥NH3C．用装置还原CuO D．用装置处理尾气7、下列各组离子能在指定环境中大量共存的是A．在c（HCO3-）=0.1mol/L的溶液中：NH4+、Al3+、Cl－、NO3-B．在由水电离出的c（H+）=1×10－12mol/L的溶液中：Fe2+、ClO－、Na+、SO42-C．pH=1的溶液中：Mg2+、Fe3+、NO3－、[Ag(NH3)2]+D．在使红色石蕊试纸变蓝的溶液中：SO32-、CO32-、Na+、K+8、下列设计的实验方案能达到相应实验目的的是选项实验目的实验方案A探究化学反应的

限度取5mL0.1mol/LKI溶液，滴加0.1mol/LFeCl3溶液5～6滴，充分反应，可根据溶液中既含I2又含I-的实验事实判断该反应是可逆反应B探究浓度对化学反应速率的影响用两支试管各取5mL0.1mol/L的KMnO4溶液，分别加入2mL0.1mol/L和0.2mol/L的草酸溶液，记录溶液褪色所需的时间C证明溴乙烷的消去反应有乙烯生成将NaOH的乙醇溶液加入溴乙烷中加热，将产生的气体直接通入酸性KMnO4溶液中D验证醋酸钠溶液中存在水解平衡取CH3COONa溶液于试管中并加入几滴酚酞试剂，再加入醋酸铵固体其水溶液呈中性，观察溶液颜色变化A．A B．B C．C D．D9、下列解释对应事实的离子方程式正确的是A．FeSO4溶液中滴加NaOH溶液，静置一段时间后：Fe2++2OH一=Fe(OH)2↓B．漂白粉溶液加入醋酸：H++ClO-=HC1OC．AgCl悬浊液滴入Na2S溶液：2Ag++S2-=Ag2S↓D．K2CrO4溶液滴入硫酸溶液；2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O10、氢硫酸中加入或通入少量下列物质，溶液酸性增强的是（）A．O2 B．Cl2 C．SO2 D．NaOH11、t℃时,向20.00mL0.1mol/L二元弱酸H2X溶液中滴入0.1mol/LNaOH溶液,溶液中由水电离出的c水(OH-)的负对数[-lgc水(OH-)]与所加NaOH溶液体积的关系如图所示。下列说法中不正确的是A．M点溶液中:c(Na+)>c(HX-)>c(H2X)B．P点溶液中:c(OH-)-c(H+)=c(HX-)+2c(H2X)C．溶液中D．水的电离程度:P>N=Q>M,且a=712、某学习小组用下列装置完成了探究浓硫酸和SO2性质的实验（部分夹持装置已省略），下列“现象预测”与“解释或结论”均正确的是选项仪器现象预测解释或结论A试管1有气泡、酸雾，溶液中有白色固体出现酸雾是SO2所形成，白色固体是硫酸铜晶体B试管2紫红色溶液由深变浅，直至褪色SO2具有还原性C试管3注入稀硫酸后，没有现象由于Ksp（ZnS）太小，SO2与ZnS在注入稀硫酸后仍不反应D锥形瓶溶液红色变浅NaOH溶液完全转化为NaHSO3溶液，NaHSO3溶液碱性小于NaOHA．A B．B C．C D．D13、在太空中发现迄今已知最大钻石直径4000公里，重达100亿万亿万亿克拉。下列关于金刚石的叙述说法正确的是：（）A．含1molC的金刚石中的共价键为4molB．金刚石和石墨是同分异构体C．C（石墨）C（金刚石）△H=+1.9KJ/mol，说明金刚石比石墨稳定D．石墨转化为金刚石是化学变化14、下列操作能达到相应实验目的的是（）实验目的操作A检验绿茶中是否含有酚类物质向茶水中滴加FeCl3溶液B测定84消毒液的pH用洁净的玻璃棒蘸取少许84消毒液滴在pH试纸上C除去苯中混有的少量苯酚向苯和苯酚的混合物中滴加溴水，过滤后分液D实验室制备乙酸乙酯向试管中依次加入浓硫酸、乙醇、乙酸和碎瓷片，加热A．A B．B C．C D．D15、中国传统文化对人类文明贡献巨大,书中充分记载了古代化学研究成果。下列关于古代化学的应用和记载,对其说明不合理的是()A．《本草纲目》中记载:“(火药)乃焰消(KNO3)、硫黄、杉木炭所合,以为烽燧铳机诸药者”,其中利用了KNO3的氧化性B．杜康用高粱酿酒的原理是通过蒸馏法将高粱中的乙醇分离出来C．我国古代人民常用明矾除去铜器上的铜锈[Cu2(OH)2CO3]D．蔡伦利用树皮、碎布(麻布)、麻头等为原料精制出优质纸张,由他监制的纸被称为“蔡侯纸”。“蔡侯纸”的制作工艺中充分应用了化学工艺16、锌电池是一种极具前景的电化学储能装置。扣式可充电电池组成示意图如下。可以在晶体中可逆地嵌入和脱除，总反应为。下列说法错误的是（）A．放电时不锈钢箔为正极，发生还原反应B．放电时负极的反应为C．充电时电池正极上的反应为：D．充电时锌片与电源的负极相连二、非选择题（本题包括5小题）17、有研究人员在体外实验中发现药物瑞德西韦对新冠病毒有明显抑制作用。E是合成瑞德西韦的中间体，其合成路线如下：回答下列问题：(1)W的化学名称为____；反应①的反应类型为____(2)A中含氧官能团的名称为____。(3)写出反应⑦的化学方程式_____(4)满足下列条件的B的同分异构体有____种(不包括立体异构)。①苯的二取代物且苯环上含有硝基；②可以发生水解反应。上述同分异构体中核磁共振氢谱为3:2:2的结构简式为____________(5)有机物中手性碳(已知与4个不同的原子或原子团相连的碳原子称为手性碳)有___个。结合题给信息和已学知识，设计由苯甲醇为原料制备的合成路线_______(无机试剂任选)。18、3-对甲苯丙烯酸甲酯(E)是一种用于合成抗血栓药的中间体,其合成路线如图：已知：HCHO+CH3CHOCH2＝CHCHO+H2O（1）A的名称是___，遇FeCl3溶液显紫色且苯环上有两个取代基的A的同分异构体有___种。B的结构简式___，D中含氧官能团的名称为___。（2）试剂C可选用下列中的___。a.溴水b.银氨溶液c.酸性KMnO4溶液d.新制Cu(OH)2悬浊液（3）是E的一种同分异构体，该物质与足量NaOH溶液共热的化学方程式为___。（4）E在一定条件下可以生成高聚物F，F的结构简式为___。19、工业上可用下列仪器组装一套装置来测定黄铁矿（主要成分FeS2）中硫的质量分数(忽略SO2、H2SO3与氧气的反应)。实验的正确操作步骤如下：A．连接好装置，并检查装置的气密性B．称取研细的黄铁矿样品C．将2.0g样品小心地放入硬质玻璃管中D．以1L/min的速率鼓入空气E．将硬质玻璃管中的黄铁矿样品加热到800℃～850℃F．用300mL的饱和碘水吸收SO2，发生的反应是：I2＋SO2＋2H2O=2HI＋H2SO4G．吸收液用CCl4萃取、分离H．取20.00mLG中所得溶液，用0.2000mol·L－1的NaOH标准溶液滴定。试回答：（1）步骤G中所用主要仪器是______，应取_______(填“上”或“下”)层溶液进行后续实验。（2）装置正确的连接顺序是④(填编号)。______（3）装置⑤中高锰酸钾的作用是__________。持续鼓入空气的作用__________。（4）步骤H中滴定时应选用_____作指示剂，可以根据________现象来判断滴定已经达到终点。（5）假定黄铁矿中的硫在操作E中已全部转化为SO2，并且被饱和碘水完全吸收，滴定得到的数据如下表所示：滴定次数待测液的体积/mLNaOH标准溶液的体积/mL滴定前滴定后第一次20.000.0020.48第二次20.000.2220.20第三次20.000.3620.38则黄铁矿样品中硫元素的质量分数为___________。（6）也有人提出用“沉淀质量法”测定黄铁矿中含硫质量分数，若用这种方法测定，最好是在装置①所得吸收液中加入下列哪种试剂__________。A．硝酸银溶液B．氯化钡溶液C．澄清石灰水D．酸性高锰酸钾溶液20、无水硫酸铜在加热至650℃时开始分解生成氧化铜和气体．某活动小组通过实验，探究不同温度下气体产物的组成．实验装置如下：每次实验后均测定B、C质量的改变和E中收集到气体的体积．实验数据如下（E中气体体积已折算至标准状况）：实验组别温度称取CuSO4质量/gB增重质量/gC增重质量/gE中收集到气体/mL①T10.6400.32000②T20.64000.256V2③T30.6400.160Y322.4④T40.640X40.19233.6（1）实验过程中A中的现象是______．D中无水氯化钙的作用是_______．（2）在测量E中气体体积时，应注意先_______，然后调节水准管与量气管的液面相平，若水准管内液面高于量气管，测得气体体积______（填“偏大”、“偏小”或“不变”）．（3）实验①中B中吸收的气体是_____．实验②中E中收集到的气体是______．（4）推测实验②中CuSO4分解反应方程式为：_______．（5）根据表中数据分析，实验③中理论上C增加的质量Y3=_______g．（6）结合平衡移动原理，比较T3和T4温度的高低并说明理由________．21、快离子导体是一类具有优良离子导电能力的固体电解质。图1（Li3SBF4）和图2是潜在的快离子导体材料的结构示意图。回答下列问题：（1）S+2e-=S2-过程中，获得的电子填入基态S原子的___（填轨道符号）；（2）BF3+NH3=NH3BF3的反应过程中，形成化学键时提供电子的原子轨道符号是___；产物分子中采取sp3杂化轨道形成化学键的原子是___；（3）基态Li+、B+分别失去一个电子时，需吸收更多能量的是___，理由是___；（4）图1所示的晶体中，锂原子处于立方体的位置___；若其晶胞参数为apm，则晶胞密度为___g·cm-3(列出计算式即可)（5）当图2中方格内填入Na+时，恰好构成氯化钠晶胞的，且氯化钠晶胞参数a=564pm。氯化钠晶体中，Cl-按照A1密堆方式形成空隙，Na+填充在上述空隙中。每一个空隙由___个Cl-构成，空隙的空间形状为___；（6）温度升高时，NaCl晶体出现缺陷（如图2所示，某一个顶点没有Na+，出现空位），晶体的导电性大大增强。该晶体导电时，在电场作用下迁移到空位上，形成电流。迁移的途径有两条（如图2中箭头所示）：途径1：在平面内挤过2、3号氯离子之间的狭缝（距离为x）迁移到空位。途径2：挤过由1、2、3号氯离子形成的三角形通道（如图3，小圆的半径为y）迁移到空位。已知：r(Na+)=95pm，r(Cl-)=185pm，=1.4，。①x=___，y=___；（保留一位小数）②迁移可能性更大的途径是___。

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．同系物差CH2，吡啶和嘧啶还差了N，不可能是同系物，A项错误；B．吡喃的二氯代物有7种，当一个氯位于氧的邻位，有4种，当一个氯位于氧的间位有2种，当一个氯位于氧的对位，有1种，B项错误；C．三种物质均能有以双键形式存在的键，能发生加成反应，C项正确；D．吡喃含有饱和碳原子结构，所有原子不可能处于同一平面，D项错误；答案选C。2、B【解析】

由①溶液呈强酸性，溶液中不含CO32-；由②加入过量NaOH溶液，产生有刺激性气味的气体且有沉淀生成，溶液中含NH4＋、Fe2＋，由于酸性条件下NO3-、Fe2+不能大量共存，则溶液中不含NO3-，根据溶液呈电中性，溶液中一定含Cl-；由③加入硝酸酸化的AgNO3溶液产生白色沉淀，溶液中含Cl-；由④加足量BaCl2溶液，没有沉淀产生，在溶液中加入氯水，再滴加KSCN溶液，显红色，溶液中含Fe2+；根据上述分析，确定溶液中肯定含NH4+、Fe2+、Cl-只需完成①②，答案选B。3、C【解析】

A．由曲线③盐酸滴定NaAc溶液，导电能力升高，滴定到一定程度后导电能力迅速升高，说明条件相同时导电能力：盐酸>NaAc，故A正确；B．曲线②的最低点比曲线③还低，为醋酸滴定NaOH溶液的曲线，因此曲线①是NaOH溶液滴定盐酸导电能力变化曲线，故B正确；C．由曲线①起始点最高，说明盐酸的导电能力最强，随着甲溶液体积增大，曲线①逐渐变成氯化钠和氢氧化钠的混合物，根据曲线②可知，氢氧化钠的导电能力不如盐酸，而随着甲溶液体积增大，曲线③的溶液逐渐变成盐酸为主的导电能力曲线，因此最高点曲线③，故C错误；D．反应达到终点时会形成折点，因为导电物质发生了变化，即a点是反应终点，故D正确；故选C。本题的难点为曲线①和②的判断，也可以根据滴定终点后溶液中的导电物质的种类结合强弱电解质分析判断，其中醋酸滴定NaOH溶液，终点后，溶液中醋酸的含量增多，而醋酸为弱电解质，因此曲线的后半段导电能力较低。4、C【解析】

A．标况下22.4LCO和氮气的物质的量均为1mol，而CO和氮气中均含14个电子，故1molCO和氮气中均含14mol电子即14NA个，故A正确；B．溶液中醋酸钠的物质的量为n=CV=0.1mol/L×1L=0.1mol，而CH3COO-能部分水解为CH3COOH，根据物料守恒可知，溶液中含CH3COOH、CH3COO-的粒子总数为0.1NA，故B正确；C．5.6g铁的物质的量为0.1mol，而铁与足量的稀硝酸反应后变为+3价，故0.1mol铁转移0.3mol电子即0.3NA个，故C错误；D．18.4g甲苯的物质的量为0.2mol，而1mol甲苯中含8mol碳氢键，故0.2mol甲苯中含1.6mol碳氢键即1.6NA个，故D正确；故答案为C。阿伏伽德罗常数的常见问题和注意事项：①物质的状态是否为气体；②对于气体注意条件是否为标况；③注意溶液的体积和浓度是否已知；④注意同位素原子的差异；⑤注意可逆反应或易水解盐中离子数目的判断；⑥注意物质的结构：如Na2O2是由Na+和O22-构成，而不是有Na+和O2-构成；SiO2、SiC都是原子晶体，其结构中只有原子没有分子，SiO2是正四面体结构，1molSiO2中含有的共价键为4NA，1molP4含有的共价键为6NA等。5、C【解析】

氢氧化钠为强电解质，一水合氨为弱电解质，所以体积、浓度相同的氢氧化钠溶液的导电性要比一水合氨的导电性要强，故曲线2为氢氧化钠溶液，曲线1氨水。【详解】A.曲线2为氢氧化钠溶液，氢氧化钠是一元强碱，c(OH-)=0.1mol/L，则c(H+)=1×10-13mol/L，所以pH=-lgc(H+)=13，故A错误；B.在氨水中滴加盐酸，溶液由碱性变中性，再变成酸性，滴定前氨水呈碱性，而c点对应的溶液溶质为氯化铵，呈酸性，说明中性点在c点向b点间的某点，c点到e点溶液的酸性越来越强，故B错误；C.c点表示溶质是氯化铵，溶液中存在质子守恒式：c(H+)=c(OH-)+c(NH3·H2O)，故C正确；D.由图像知，曲线1导电性较弱，说明曲线1对应的溶液为弱电解质溶液，即曲线1代表氨水，曲线2代表氢氧化钠溶液，c点表示氨水与盐酸恰好完全反应生成氯化铵，水解程度最大，故此点对应的溶液中水的电离程度最大，故D错误；故选C。正确判断曲线1、曲线2代表的溶质为解答关键，然后根据横坐标加入HCl的量可以判断各点相应的溶质情况，根据溶质分析溶液的酸碱性、水的电离程度。6、C【解析】

A、NH4Cl受热分解后,在试管口又重新生成NH4Cl固体，得不到氨气，故A错误；B、浓硫酸与氨气反应生成硫酸铵，不能用浓硫酸干燥NH3，故B错误；C、2NH3＋3CuO3Cu＋N2＋3H2O，用氨气还原CuO，故C正确；D、氨气与稀硫酸反应，装置内压强急剧减小，会引起倒吸，故D错误；故选C。7、D【解析】

离子间如果发生化学反应，则不能大量共存，反之是可以的。【详解】A、Al3＋和HCO3－水解相互促进生成氢氧化铝和CO2，不能大量共存；B、水的电离是被抑制的，所以溶液可能显酸性，也可能显碱性。但不论是显酸性，还是显碱性，ClO－都能氧化Fe2+，不能大量共存；C、溶液显酸性[Ag(NH3)2]+不能大量共存。D、溶液显碱性，可以大量共存；答案选D。该题是高考中的高频题，属于中等难度的试题，侧重对学生基础知识的训练和检验。有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。该题需要明确离子不能大量共存的一般情况，即（1）能发生复分解反应的离子之间；（2）能生成难溶物的离子之间；（3）能发生氧化还原反应的离子之间；（4）能发生络合反应的离子之间（如Fe3+和SCN-）；解决离子共存问题时还应该注意题目所隐含的条件，题目所隐含的条件一般有：（1）溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的H+或OH-；（2）溶液的颜色，如无色时可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4-等有色离子的存在；（3）溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；（4）是“可能”共存，还是“一定”共存等。8、D【解析】

A．KI与FeCl3发生氧化还原反应，其离子反应式为2I-+2Fe3+=2Fe2++I2，由于KI过量，因此溶液中存在I2和I-，故不可根据溶液中既含I2又含I-的实验事实判断该反应是可逆反应，A错误；B．高锰酸钾与草酸溶液反应的离子式为

2MnO4-+5H2C2O4+6H+=8H2O+10CO2↑+2Mn2+，可知溶液中高锰酸钾溶液过量，难以观察到褪色现象，B错误；C．由于溶液中挥发的乙醇也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以不能使用酸性高锰酸钾溶液检验乙烯，C错误；D．CH3COONa在水溶液呈碱性是存在阴离子的水解：CH3COO-

+H2O⇌CH3COOH+OH-，加入酚酞溶液后变红，再加入醋酸铵固体，醋酸铵溶液呈中性，此时溶液中CH3COO-浓度增大，反应正向移动，溶液颜色加深，D正确；答案选D。此题易错点是B选项，通过观察高锰酸钾褪色快慢来探究反应速率大小，若高锰酸钾过量则不会观察到褪色，延伸考点还会出现高锰酸钾浓度不同来探究，要注意浓度不同时本身颜色深浅就不同，所以难以通过观察先褪色说明速率快；一般是高锰酸钾浓度相同且量少时，慢慢滴加不同浓度的草酸溶液，以此探究浓度对速率的影响。9、D【解析】

A．硫酸亚铁与氢氧化钠溶液反应的离子方程式为：Fe2++2OH-=Fe(OH)2↓，静置一段时间后，氢氧化亚铁被氧化生成氢氧化铁沉淀，故A错误；B．漂白粉溶液中加入醋酸，醋酸为弱酸，离子方程式为CH3COOH+ClO-═HClO+CH3COO-，故B错误；C．向AgCl悬浊液中加Na2S溶液，白色沉淀变成黑色，离子方程式：2AgCl+S2-=Ag2S+2Cl-，故C错误；D．K2Cr2O7溶液中存在Cr2O72-(橙色)+H2O⇌2CrO42-(黄色)+2H+，滴加少量H2SO4，增大了氢离子浓度，平衡逆向移动，颜色加深，2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O，故D正确；故选D。10、B【解析】

H2S具有还原性，能被强氧化剂氧化，H2S的水溶液呈酸性，能和碱发生中和反应，以此解答该题。【详解】A.发生2H2S+O2=S↓+2H2O反应，溶液由酸性变为中性，所以酸性减弱，故A错误；B.发生2H2S+Cl2=S↓+2HCl反应，溶液酸性增强，故B正确；C.发生2H2S+SO2=3S↓+2H2O反应，溶液由酸性变为中性，则溶液的酸性减弱，故C错误；D.加入氢氧化钠溶液，生成硫化钠，溶液的酸性减弱，故D错误；故答案选B。11、D【解析】

二元弱酸H2X溶液中滴NaOH溶液，先发生H2X+OH-=H2O+HX-，然后发生HX-+OH-=H2O+X2-；【详解】A．M点加入20.0mLNaOH溶液，溶液中的溶质为NaHX，溶液中存在HX-的电离和水解，所以此时c(Na+)>c(HX-)，水解是微弱的所以c(HX-)>c(H2X)，故A正确；B．P点加入40.0mLNaOH溶液，所以溶质为Na2X，溶液中存在质子守恒，c（OH-）=c（H+）+c（HX-）+2c（H2X），即c(OH-)-c(H+)=c(HX-)+2c(H2X)，故B正确；C．，据图可知随着氢氧化钠加入，M、N、P、Q的碱性增强，则c(H+)减小，所以溶液中，故C正确；D．水电离出的OH-浓度越大水的电离程度越大，即图中纵坐标越小水的电离程度越大，所以水的电离程度:P>N=Q>M；温度未知，无法确定水的电离平衡常数，所以无法确定a的值，故D错误；故答案为D。电解质溶液中微粒浓度大小比较要抓住两个平衡：电离平衡和盐类的水解平衡，抓两个微弱：弱电解质的电离和盐类的水解是微弱的，正确判断溶液的酸碱性进行比较。涉及等式关系要注意电荷守恒式、物料守恒式和质子守恒式的灵活运用。12、B【解析】

试管1中浓硫酸和铜在加热条件下反应生成SO2，生成的SO2进入试管2中与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，使得高锰酸钾溶液褪色，试管3中ZnS与稀硫酸反应生成H2S，2H2S+SO2===3S↓+2H2O，出现淡黄色的硫单质固体，锥形瓶中的NaOH用于吸收SO2，防止污染空气，据此分析解答。【详解】A．如果出现白色固体也应该是硫酸铜固体而不是其晶体，因为硫酸铜晶体是蓝色的，A选项错误；B．试管2中紫红色溶液由深变浅，直至褪色，说明SO2与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，SO2具有还原性，B选项正确。C．ZnS与稀硫酸反应生成H2S，2H2S+SO2===3S↓+2H2O，出现硫单质固体，所以现象与解释均不正确，C选项错误；D．若NaHSO3溶液显酸性，酚酞溶液就会褪色，故不一定是NaHSO3溶液碱性小于NaOH，D选项错误；答案选B。A选项为易混淆点，在解答时一定要清楚硫酸铜固体和硫酸铜晶体的区别。13、D【解析】

A.在金刚石中，每个碳原子与周围4个C原子各形成1个共价键，所以平均每个C原子形成2个共价键，含1molC的金刚石中的共价键为2mol，A错误；B.金刚石和石墨互为同素异形体，B错误；C.C（石墨）C（金刚石）△H=+1.9KJ/mol，石墨能量低，说明石墨比金刚石稳定，C错误；D.石墨转化为金刚石是同素异形体的转化，属于化学变化，D正确。故选D。14、A【解析】

A选项，检验绿茶中是否含有酚类物质，向茶水中滴加FeCl3溶液，变紫色，则含有分类物质，故A正确，符合题意；B选项，不能用pH试纸测定84消毒液的pH，因为84消毒液有漂白性，故B错误，不符合题意；C选项，除去苯中混有的少量苯酚，滴加溴水，苯酚和溴水反应生成2,4,6—三溴苯酚与苯互溶，不能用过滤、分液，故C错误，不符合题意；D选项，实验室制备乙酸乙酯，向试管中依次加入乙醇、浓硫酸、乙酸和碎瓷片，加热，故D错误，不符合题意。综上所述，答案为A。检验酚羟基主要用铁离子检验。15、B【解析】

A项,火药发生化学反应时,KNO3中N元素的化合价降低,得到电子,被还原,作氧化剂,体现氧化性，故A合理;B项,高粱中不含乙醇,用高粱酿酒是高粱中的淀粉在酒曲作用下反应产生乙醇,然后用蒸馏方法将乙醇分离出来，故B不合理;C项,明矾是强酸弱碱盐,水解使溶液显酸性,酸性溶液中H+与铜锈[Cu2(OH)2CO3]发生反应,达到除锈目的，故C合理;D项,蔡伦利用树皮、碎布(麻布)、麻头等原料精制出优质纸张,体现了化学的物理和化学分离方法,因此充分应用了化学工艺，故D合理；故答案为B。16、C【解析】

如图：对VS2/Zn扣式可充电电池组成分析，放电时，不锈钢箔为正极，锌片为负极，电极反应Zn-2e－═Zn2＋；充电时原电池的正极与外电源正极相连，作阳极，失电子发生氧化反应，原电池负极与电源负极相连，作阴极，得到电子发生还原反应。【详解】A．放电时，不锈钢箔为正极，发生还原反应，故A正确；B．放电时，负极为锌，锌电极反应为：Zn-2e－═Zn2＋，故B正确；C．充电时，原电池的正极接电源的正极，作阳极，失去电子，发生氧化反应，故C错误；D．充电时，原电池负极锌片与电源的负极相连，作阴极，故D正确；故选C。二、非选择题（本题包括5小题）17、氨基乙酸取代反应硝基和羟基++H2O82【解析】

根据流程图，A()和发生取代反应生成B()，B和磷酸在加热条件下发生取代生成C，C在一定条件下转化为，中的一个氯原子被取代转化为D；X与HCN发生加成反应生成Y，Y和氨气在一定条件下发生取代反应生成Z，Z在酸性条件下水解得到W，D和R在一定条件下反应生成E，根据E和D的结构简式，可推出R的结构简式为，由此可知W和在浓硫酸加热条件下发生酯化反应生成R，据此分析解答。【详解】(1)W的结构简式为，结构中有羧基和氨基，化学名称为氨基乙酸；根据分析，反应①为A()和发生取代反应生成B()，反应类型为取代反应；(2)A的结构简式为，含氧官能团的名称为硝基和羟基；(3)根据分析，反应⑦为W和在浓硫酸加热条件下发生酯化反应生成R，R的结构简式为，化学方程式++H2O；(4)B的结构简式为，①苯的二取代物且苯环上含有硝基；②可以发生水解反应，说明另一个取代基为酯基，该酯基的结构可为-OOCCH3或-COOCH3或-CH2OOCH，在苯环上与硝基分别有邻间对三种位置，分别为：、、、、、、、、，除去自身外结构外，共有8种；上述同分异构体中核磁共振氢谱为3:2:2，说明分子中含有三种不同环境的氢原子且个数比为3:2:2，则符合要求的结构简式为；(5)已知与4个不同的原子或原子团相连的碳原子称为手性碳，有机物中手性碳的位置为，有2个；的水解产物为，的结构中的-COOH可由-CN酸性条件下水解得到，而与HCN发生加成反应可生成，再结合苯甲醇催化氧化可得到苯甲醛，则合成路线为：。18、对甲基苯甲醛3羧基b、d【解析】

由合成路线可知，甲苯发生取代反应生成A对甲基苯甲醛，再与CH3CHO在碱性条件下反应生成B，B为，①中-CHO被弱氧化剂氧化为-COOH，而C=C不能被氧化，再酸化得到D，D与甲醇发生酯化反应生成E为，然后结合有机物的结构与性质来解答。【详解】（1）由上述分析可知，A为对甲基苯甲醛，遇FeCl3溶液显紫色，则含酚−OH，且苯环上有两个取代基，另一取代基为−CH=CH2，则符合条件的A的同分异构体为(邻、间、对)3种，由上述分析可知，B为；D的结构为，其中含有含氧官能团为：羧基；故答案为：对甲基苯甲醛；3；；羧基；（2）由生成可知，试剂C不能与C=C反应，只氧化−CHO，则C为b或d，故答案为：b、d；（3）中含−COOC−，与足量NaOH溶液共热的化学方程式为：，故答案为：；（4）E中含-C=C-，在一定条件下可以生成高聚物F，发生加聚反应，则F的结构简式为，故答案为：。具有多官能团的有机物在实现官能团之间的转化时，需要注意官能团的保护，其常见的措施可将官能团先反应，然后再复原，或在选择反应试剂时控制相关反应。19、分液漏斗上⑤③②④①除去空气中的SO2和其他还原性气体将黄铁矿充分氧化，且将产生的二氧化硫全部挤入碘水中，被碘水充分吸收酚酞滴入最后一滴NaOH溶液后，溶液变为浅红色，并在半分钟内不褪色24.0%B【解析】

(1)萃取、分液的主要仪器为分液漏斗，根据滴定生成的酸在水溶液中，所以需要取上层水溶液；(2)实验的目的是将黄铁矿在空气中完全燃烧生成的SO2被饱和碘水吸收，实验中需要通入干燥空气将装置②中生成的SO2全部赶入装置①中，通入的空气需要利用酸性KMnO4溶液除去还原性的气体杂质，并借助装置碱石灰干燥，由此确定装置的连接顺序；(3)结合(2)的分析判断装置⑤中高锰酸钾的作用和持续鼓入空气的作用；(4)根据题意，用氢氧化钠滴定混合强酸溶液，所以常用的指示剂为酚酞，在滴定终点时溶液变为浅红色；(5)对于多次测量数据一般要求平均值进行数据处理，由于第一次所消耗标准液的体积与后两次相差较大，为减小误差，只求后两次标准液的体积的平均值：20.00ml。根据反应4FeS2+11O2=2Fe2O3+8SO2，I2+SO2+2H2O=2HI+H2SO4，H++OH-═H2O，得关系式S～SO2～4H+～4OH-，所以样品中硫元素的质量为：mol×32g/mol×=0.48g，据此计算样品中硫元素的质量分数；(6)装置⑤所得溶液为HI、H2SO4的混合溶液，为测得硫的质量分数，最好选用能与SO42-反应生成不溶于酸性溶液的沉淀。【详解】(1)萃取、分液的主要仪器为分液漏斗，因为CCl4密度大于水，所以萃取碘后，有机层在下层，水溶液为上层，则后续滴定生成的酸在水溶液中，所以需要取上层水溶液；(2)实验的目的是将黄铁矿完全燃烧生成的SO2被饱和碘水吸收，实验中需要通入干燥空气将装置②中生成的SO2全部挤入装置①中，通入的空气需要利用酸性KMnO4溶液除去还原性的气体杂质，并借助装置碱石灰干燥，则装置正确的连接顺序是⑤→③→②→④→①；(3)实验中需要通入干燥空气将装置②中生成的SO2全部赶入装置①中，通入的空气需要利用酸性KMnO4溶液除去还原性的气体杂质，故装置⑤中高锰酸钾的作用是除去空气中的SO2和其他还原性气体；持续鼓入空气的作用将黄铁矿充分氧化，且将产生的二氧化硫全部挤入碘水中，被碘水充分吸收。(4)根据题意，用氢氧化钠滴定混合强酸溶液，所以常用的指示剂为酚酞，当滴入最后一滴NaOH溶液后，溶液变为浅红色，并在半分钟内不褪色，说明滴定已经达到终点；(5)对于多次测量数据一般要求平均值进行数据处理，由于第一次所消耗标准液的体积与后两次相差较大，为减小误差，只求后两次标准液的体积的平均值：20.00ml。根据反应4FeS2+11O2=2Fe2O3+8SO2，I2+SO2+2H2O=2HI+H2SO4，H++OH-═H2O，得关系式S～SO2～4H+～4OH-，所以样品中硫元素的质量为：mol×32g/mol×=0.48g，所以样品中硫元素的质量分数为×100%=24.0%；(6)装置⑤所得溶液为HI、H2SO4的混合溶液，为测得硫的质量分数，最好选用能与SO42-反应生成不溶于酸性溶液的沉淀，即氯化钡符合题意，故答案为B。20、白色固体变黑吸收水蒸气，防止影响C的质量变化冷却至室温偏小SO3O22CuSO42CuO+2SO2↑+O2↑0.128T4温度更高，因为SO3分解为SO2和O2是吸热反应，温度高有利于生成更多的O2【解析】

(1)根据无水硫酸铜在加热至650℃时开始分解生成氧化铜和气体分析A中的现象，根据碱石灰和无水氯化钙的作用分析；(2)气体温度较高，气体体积偏大，应注意先冷却至室温，若水准管内液面高于量气管，说明内部气压大于外界大气压，测得气体体积偏小；(3)实验中B中浓硫酸的作用是吸收三氧化硫气体，C的作用是吸收二氧化硫，E的作用是收集到氧气；(4)0.64g硫酸铜的物质的量为＝0.004mol，分解生成氧化铜的质量为：0.004mol×80g/mol＝0.32g；SO2的质量为：0.256g，物质的量为：＝0.004mol，氧气的质量为：0.64﹣0.32﹣0.256＝0.064g，物质的量为：＝0.002mol，CuSO4、CuO、SO2、O2的物质的量之比等于2：2：2；1，则实验②中CuSO4分解反应方程式为2CuSO42CuO+2SO2↑+O2↑；(5)0.64g硫酸铜的物质的量为＝0.004mol，分解生成氧化铜的质量为：0.004mol×80g/mol＝0.32g；SO3的质量为：0.16g，氧气的质量为：32＝0.032g，根据质量守恒实验③中理论上C增加的质量Y3＝0.64﹣0.32﹣0.16﹣0.032＝0.128g；(6)根据表中实验③④的数据可知，T4温度生成氧气更多，因为SO3分解为SO2和O2是吸热反应，温度高有利于生成更多的O2。【详解】(1)因为无水硫酸铜在加热至650℃时开始分解生成氧化铜和气体，故实验过程中A中的现象是白色固体变黑，因为碱石灰能够吸水，D中无水氯化钙的作用是吸收水蒸气，防止装置E中的水进入装置C，影响C的质量变化，故答案为：白色固体变黑；吸收水蒸气，防止影响C的质量变化；(2)加热条件下，气体温度较高，在测量E中气体体积时，应注意先冷却至室温，若水准管内液面高于量气管，说明内部气压大于外界大气压，测得气体体积偏小，故答案为：冷却至室温偏小；(3)实验中B中浓硫酸的作用是吸收三氧化硫气体，C的作用是吸收二氧化硫，E的作用是收集到氧气，故答案为：SO3；O2；(4)0.64g硫酸铜的物质的量为＝0.004mol，分解生成氧化铜的质量为：0.004mol×80g/mol＝0.32g；SO2的质量为：0.256g，物质的量为：＝0.004mol，氧气的质量为：0.64﹣0.32﹣0.256＝0.064g，物质的量为：＝0.002mol，CuSO4、CuO、SO2、O2的物质的量之比等于2：2：2；1，则实验②中CuSO4分解反应方程式为2CuSO42CuO+2SO2↑+O2↑；(5)0.64g硫酸铜的物质的量为＝0.004mol，分解生成氧化铜的质量为