天津市静海县第一中学2024-2025学年下学期高三化学试题第三次调研考试试卷含解析

天津市静海县第一中学2024-2025学年下学期高三化学试题第三次调研考试试卷考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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、下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是A．Cl2和水：Cl2+H2O=2H＋+Cl－+ClO－B．明矾溶于水产生Al(OH)3胶体：Al3＋+3H2O=Al(OH)3↓+3H＋C．Na2O2溶于水产生O2：Na2O2+H2O=2Na＋+2OH－+O2↑D．Ca(HCO3)2溶液与少量NaOH溶液反应：HCO3－+Ca2＋+OH－=CaCO3↓+H2O2、氮化铝（AlN）熔融时不导电、难溶于水，常用作砂轮及耐高温材料，由此推知，它应该属于（）A．离子晶体 B．原子晶体 C．分子晶体 D．金属晶体3、我国科学家发明了一种“可固氮”的锂-氮二次电池，将可传递Li+的醚类作电解质，电池的总反应为6Li+N22Li3A．固氮时，锂电极发生还原反应B．脱氮时，钌复合电极的电极反应：2Li3N-6e-=6Li++N2↑C．固氮时，外电路中电子由钌复合电极流向锂电极D．脱氮时，Li+向钌复合电极迁移4、我国是最早掌握炼锌的国家，《天工开物》中记载了以菱锌矿（主要成分为ZnCO3）和烟煤为原料的炼锌罐剖面图。已知：锌的沸点为907℃，金属锌蒸气遇热空气或CO2易生成ZnO。下列冶炼锌过程中的相关说法不正确的是A．尾气可用燃烧法除去B．发生了氧化还原反应C．提纯锌利用了结晶法D．泥封的目的是防止锌氧化5、实验室为探究铁与浓硫酸足量的反应，并验证的性质，设计如图所示装置进行实验，下列说法不正确的是（）A．装置B中酸性溶液逐渐褪色，体现了二氧化硫的还原性B．实验结束后可向装置A的溶液中滴加KSCN溶液以检验生成的C．装置D中品红溶液褪色可以验证的漂白性D．实验时将导管a插入浓硫酸中，可防止装置B中的溶液倒吸6、下列物质分子中的碳原子在同一平面上时，在任意情况下都不可能与碳原子们共平面的氢原子有（）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个7、ClO2是一种极易溶于水且几乎不与冷水反应的黄绿色气体(沸点11℃)，实验室制备纯净ClO2溶液的装置如图所示：已知下列反应：NaClO3+HCl→NaCl+ClO2+Cl2+H2O；NaClO2+HCl→NaCl+ClO2+H2O；NaClO2+Cl2→NaCl+ClO2(均未配平)。下列说法正确的是A．a中通入的N2可用CO2或SO2代替 B．b中NaClO2可用饱和食盐水代替C．c中广口瓶最好放在冰水浴中冷却 D．d中吸收尾气后只生成一种溶质8、[安徽省蚌埠市高三第一次质量监测]下列有关化学用语表示正确的是A．水分子的比例模型B．过氧化氢的电子式为：C．石油的分馏和煤的气化、液化均为物理变化D．甲基环丁烷二氯代物的同分异构体的数目是10种（不考虑立体异构）9、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A．高温下，0.2molFe与足量水蒸气反应，生成的H2分子数目为0.3NAB．室温下，1LpH=13的NaOH溶液中，由水电离的OH﹣离子数目为0.1NAC．氢氧燃料电池正极消耗22.4L（标准状况）气体时，电路中通过的电子数目为2NAD．5NH4NO32HNO3+4N2↑+9H2O反应中，生成28gN2时，转移的电子数目为3.75NA10、下表为各物质中所含少量杂质以及除去这些杂质应选用的试剂或操作方法正确的一组是（）选项物质(括号为少量杂质)除杂方法ACO2(SO2)通入饱和碳酸氢钠溶液，再通入碱石灰干燥BCu（CuO）空气中加热CFeCl2（Fe）通入少量氯气加热DKNO3(NaCl)溶于水配成热饱和溶液，冷却结晶A．A B．B C．C D．D11、下列条件下，可以大量共存的离子组是（）A．pH=9的溶液中：Na+、Fe3+、NO3-，SCN-B．含有大量S2O32-的溶液中：H+、K+、SO42-、Al3+C．0.1mol•L-1的NH4Cl溶液中：Li+、Ba2+、CH3COO-、OH-D．某酸性无色透明溶液中：Na+、I-、Cl-、Mg2+12、混合物M中可能含有A12O3、Fe2O3、Al、Cu，为确定其组成，某同学设计如图所示分析方案。下列分析正确的是A．已知m1>m2，则混合物M中一定含有A12O3B．生成蓝绿色溶液的离子方程式为Cu+Fe3+=Cu2++Fe2+C．固体P既可能是纯净物，又可能是混合物D．要确定混合物M中是否含有A1，可取M加入过量NaOH溶液13、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0.1NA14、目前，国家电投集团正在建设国内首座百千瓦级铁－铬液流电池储能示范电站。铁－铬液流电池总反应为Fe3++Cr2+Fe2++Cr3+，工作示意图如图。下列说法错误的是A．放电时a电极反应为Fe3++e−=Fe2+B．充电时b电极反应为Cr3++e−=Cr2+C．放电过程中H+通过隔膜从正极区移向负极区D．该电池无爆炸可能，安全性高，毒性和腐蚀性相对较低15、下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是（）A．Al2O3的熔点很高，可用作耐火材料B．NH3具有还原性，可用作制冷剂C．SO2具有氧化性，可用于纸浆的漂白D．钠钾合金的密度小，可用作快中子反应堆的热交换剂16、2018年我国首次合成了在有机化工领域具有重要价值的化合物M(结构简式如图所示)。下列关于M的说法错误的是A．分子式为C10H11NO5B．能发生取代反应和加成反应C．所有碳原子可以处在同一平面内D．苯环上的氢原子被两个氯原子取代的结构有4种(不考虑立体结构)17、某离子反应中涉及H2O、ClO-、NH4+、H+、N2、Cl-六种微粒。其中ClO-的物质的量随时间变化的曲线如图所示。下列判断正确的是（）A．该反应的还原剂是Cl-B．反应后溶液的酸性明显增强C．消耗1mol还原剂，转移6mol电子D．氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶318、化学与生活密切相关。下列说法错误的是（）A．“赤潮”与水体中N、P元素的含量较高有关B．“绿色蔬菜”种植过程中不能使用农药和肥料C．游泳池中按标准加入胆矾可消毒杀菌D．制作医用口罩使用的聚丙烯属于人工合成高分子材料19、某溶液中可能含有SiO32-、OH-、CO32-、SO42-、AlO2-、HCO3-、Na+、Mg2+、Fe3+、Al3+等离子。当向该溶液中逐滴加入一定物质的量浓度的盐酸溶液时，发现生成沉淀的物质的量随盐酸溶液的体积变化如下图所示。下列说法正确的是A．原溶液中一定含有Na2SO4B．反应最后形成的溶液中的溶质只有NaClC．原溶液中含有CO32-与AlO2-的物质的量之比为1∶2D．原溶液中一定含有的阴离子是：OH-、CO32-、SiO32-、AlO2-20、给定条件下，下列选项中所示的物质间转化均能一步实现的是A．NaCl(aq)NaHCO3(s)Na2CO3(s)B．CuCl2Cu(OH)2CuC．AlNaAlO2(aq)NaAlO2(s)D．MgO(s)Mg(NO3)2(aq)Mg(s)21、下列装置所示的分离提纯方法和物质的溶解性无关的是A． B．C． D．22、银­Ferrozine法检测甲醛(HCHO)的原理为①在原电池装置中，氧化银能将甲醛充分氧化为CO2；②Fe3＋与产生的Ag定量反应生成Fe2＋；③Fe2＋与Ferrozine形成有色配合物；④测定溶液的吸光度(吸光度与溶液中有色物质的浓度成正比)。下列说法正确的是()A．①中，负极上消耗1mol甲醛时转移2mol电子B．①溶液中的H＋由正极移向负极C．理论上消耗的甲醛与生成的Fe2＋的物质的量之比为1∶4D．④中，甲醛浓度越大，吸光度越小二、非选择题(共84分)23、（14分）白藜芦醇在保健品领域有广泛的应用。其合成路线如下：回答下列问题：(1)物质B中含氧官能团的名_______。B→C的反应类型为___________。(2)1mol有机物D最多能消耗NaOH为_________mol，白藜芦醇遇足量浓溴水时反应的化学方程式为____________。(3)已知的系统名称1，3-苯二酚，则A的名称为________，已知乙酸酐()极易与水反应生成乙酸，是很好的吸水剂。试从平衡移动的角度分析A→B反应中用乙酸酐代替乙酸的目的是__________。(4)C的核磁共振氢谱有_________组峰，写出满足下列条件的化合物X的所有同分异构体的结构简式__________。①具有与X相同的官能团②属于醋酸酯(5)利用甲苯、磷叶立德试剂和乙醛为原料可以合成(涉及无机试剂自选)，请写出合成路线__________。24、（12分）化合物甲由四种元素组成。某化学研究小组按如图流程探究其组成：已知丙和丁是相对分子质量相同的常见气体，其中丁是空气的主要成分之一。请回答下列问题：（1）甲的化学式为____。（2）甲发生爆炸反应的化学方程式为____。（3）已知化合物甲中，有两种元素的化合价为最高正价，另两种元素的化合价为最低负价，则爆炸反应中被氧化的元素与还原产物的物质的量之比为____。25、（12分）钠与水反应的改进实验操作如下：取一张滤纸，用酚酞试液浸润并晾干，裁剪并折叠成信封状，滤纸内放一小块（约绿豆粒般大小）金属钠，把含钠的滤纸信封放入水中，装置如下图所示。请回答：（1）写出金属钠与水反应的离子方程式________________。（2）实验过程中取用金属钠的操作方法是________________。（3）有关此实验的说法正确的是________________。A．实验过程中，可能听到爆鸣声B．实验过程中，看到滤纸信封由白色逐渐变红色C．实验改进的优点之一是由实验现象能直接得出反应产物D．实验过程中，多余的金属钠不能放回原试剂瓶中，以免对瓶内试剂产生污染26、（10分）乙酰苯胺是常用的医药中间体，可由苯胺与乙酸制备。反应的化学方程式如下：

+CH3COOH+H2O某实验小组分别采用以下两种方案合成乙酰苯胺：方案甲：采用装置甲：在圆底烧瓶中加入5.0mL苯胺、7.4mL乙酸，加热至沸，控制温度计读数100~105℃，保持液体平缓流出，反应40min后停止加热即可制得产品。方案乙：采用装置乙：加热回流，反应40min后停止加热。其余与方案甲相同。已知：有关化合物的物理性质见下表：化合物密度(g·cm-3)溶解性熔点(℃)沸点(℃)乙酸1.05易溶于水，乙醇17118苯胺1.02微溶于水，易溶于乙醇–6184乙酰苯胺—微溶于冷水，可溶于热水，易溶于乙醇114304请回答：(1)仪器a的名称是_________(2)分别从装置甲和乙的圆底烧瓶中获得粗产品的后续操作是____________(3)装置甲中分馏柱的作用是______________(4)下列说法正确的是__________A．从投料量分析，为提高乙酰苯胺产率，甲乙两种方案均采取的措施是乙酸过量B．实验结果是方案甲的产率比方案乙的产率高C．装置乙中b处水流方向是出水口D．装置甲中控制温度计读数在118℃以上，反应效果会更好(5)甲乙两方案获得的粗产品均采用重结晶方法提纯。操作如下：①请选择合适的编号，按正确的操作顺序完成实验（步骤可重复或不使用）____→____→____→____→过滤→洗涤→干燥a冷却结晶b加冷水溶解c趁热过滤d活性炭脱色e加热水溶解上述步骤中为达到趁热过滤的目的，可采取的合理做法是___________②趁热过滤后，滤液冷却结晶。一般情况下，有利于得到较大的晶体的因素有_____A．缓慢冷却溶液B．溶液浓度较高C．溶质溶解度较小D．缓慢蒸发溶剂③关于提纯过程中的洗涤，下列洗涤剂中最合适的是______________。A．蒸馏水B．乙醇C．5%Na2CO3溶液D．饱和NaCl溶液27、（12分）ClO2是一种优良的消毒剂，其溶解度约是Cl2的5倍，但温度过高浓度过大时均易发生分解，因此常将其制成KClO2固体，以便运输和贮存。制备KClO2固体的实验装置如图所示，其中A装置制备ClO2，B装置制备KClO2。请回答下列问题：（1）A中制备ClO2的化学方程式为__。（2）与分液漏斗相比，本实验使用滴液漏斗，其优点是__。加入H2SO4需用冰盐水冷却，是为了防止液体飞溅和__。（3）实验过程中通入空气的目的是__，空气流速过快，会降低KClO2产率，试解释其原因__。（4）ClO2通入KOH溶液生成KClO2的同时还有可能生成的物质__。a.KClb.KClOc.KClO3d.KClO4（5）KClO2变质分解为KClO3和KCl，取等质量的变质前后的KClO2试样配成溶液，分别与足量的FeSO4溶液反应消耗Fe2+的物质的量__（填“相同”、“不相同”“无法确定”）。28、（14分）Ni元素在生产、生活中有着广泛的应用。回答下列问题:（1）基态Ni原子价层电子的排布式为____。（2）科学家在研究金属矿物质组分的过程中,发现了Cu-Ni-Fe等多种金属互化物。确定某种金属互化物是晶体还是非晶体最可靠的科学方法是对固体进行_____。（3）Ni能与类卤素(SCN)2反应生成Ni(SCN)2。Ni(SCN)2中,第一电离能最大的元素是____;(SCN)2分子中,硫原子的杂化方式是____,σ键和π键数目之比为_____。（4）[Ni(NH3)6](NO3)2中,不存在的化学键为____(填标号)。a.离子键b.金属键c.配位键d.氢键（5）镍合金储氢的研究已取得很大进展。①图甲是一种镍基合金储氢后的晶胞结构示意图。该合金储氢后,含1molLa的合金可吸附H2的数目为_____。②Mg2NiH4是一种贮氢的金属氢化物。在Mg2NiH4晶胞中，Ni原子占据如图乙的顶点和面心，Mg2+处于乙图八个小立方体的体心。Mg2+位于Ni原子形成的___(填“八面体空隙”或“四面体空隙”)。若晶体的密度为dg/cm3，Mg2NiH4的摩尔质量为Mg/mol，则Mg2+和Ni原子的最短距离为___nm(用含d、M、NA的代数式表示)。29、（10分）CH4-CO2催化重整时发生反应：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)，不仅可以得到合成气(CO和H2)，还对温室气体的减排具有重要意义。回答下列问题：（1）某温度下，向1L的密闭容器中充入0.2molCH4与0.1molCO2，发生CH4-CO2催化重整反应，10min时达到平衡，测得平衡混合物中CO(g)的体积分数为20%，则用CH4表示的反应速率为______，CO2的平衡转化率为______。（2）若CO2的平衡转化率(a)与温度(T)、压强(p)的关系如图所示。由图可知：压强p1______p2（选填“＞“、“＜“或“=”），理由是______。（3）在一定温度下，向固定容积为2L的密闭容器中充入0.1moCH4与0.1mo1CO2发生CH4-CO2催化重整反应，达平衡时CO2的平衡转化率为50%，则此条件下该反应的平衡常数为K=______；平衡后保持温度不变，若再充入0.15molCH4、0.15molCO2、0.1molCO、0.1molH2，则此时v正______（选填“＞”、“＜”或“=”）v逆。（4）已知：C(s)+2H2(g)＝CH4(g)△H1=-75kJ•mol-1C(s)+O2(g)＝CO2(g)△H2=-394kJ•mol-1C(s)+O2(g)＝CO(g)△H3=-111kJ•mol-1①催化重整反应CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)的△H=______kJ•mol-1。②反应中催化剂活性会因积碳反应而降低，同时存在的消碳反应则使积碳量减少。相关数据如下表：积碳反应CH4(g)＝C(s)+2H2(g)消碳反应CO2(g)+C(s)＝CO(g)△H/(kJ•mol-1)75172活化能/(kJ•mol-1)催化剂X3391催化剂Y4372由上表判断，催化剂X______Y（填“优于”或“劣于”），理由是______。

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、D【解析】

A．氯气溶于水生成氯化氢和次氯酸，正确的离子方程式为：Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO，故A错误；B．明矾溶于水产生Al(OH)3胶体，不能使用沉淀符号，且应该用可逆号，正确的离子方程式为：Al3++3H2O⇌Al(OH)3+3H+，故B错误；C．Na2O2溶于水生成氢氧化钠和O2，正确的离子方程式为：2Na2O2+2H2O═4Na++4OH-+O2↑，故C错误；D．Ca(HCO3)2溶液与少量NaOH溶液反应生成碳酸钙沉淀、碳酸氢钠和水，反应的离子方程式为：HCO3-+Ca2++OH-═CaCO3↓+H2O，故D正确；答案选D。2、B【解析】

由信息可知，氮化铝常用作砂轮及耐高温的材料，熔融时不导电，为共价化合物，熔点高、硬度大，为原子晶体的性质，所以氮化铝属于原子晶体，B项正确；答案选B。3、B【解析】

据总反应6Li+N22Li3N可知：放电时锂失电子作负极，负极上电极反应式为6Li-6e-═6Li+，Li+移向正极，氮气在正极得电子发生还原反应，电极反应式为6Li++N2+6e-═2Li3【详解】A.固氮时，锂电极失电子发生氧化反应，故A错误；B.脱氮时，钌复合电极的电极反应为正极反应的逆反应：2Li3N-6e-=6Li++N2↑，故B正确；C.固氮时，外电路中电子由锂电极流向钌复合电极，故C错误；D.脱氮时，Li+向锂电极迁移，故D错误；答案：B明确原电池负极：升失氧；正极：降得还，充电:负极逆反应为阴极反应，正极逆反应为阳极反应是解本题关键，题目难度中等，注意把握金属锂的活泼性。4、C【解析】

A.菱锌矿煅烧，ZnCO3分解产生ZnO和CO2，ZnO与C在高温下发生反应：2ZnO+C2Zn+CO2↑，由于C过量，还会发生反应C+CO22CO，所以尾气中含有有毒气体CO，可利用其可燃性，用燃烧的方法使CO转化为CO2除去，A正确；B.由ZnCO3转化为Zn单质及C转化为CO、CO2的反应中有Zn、C元素化合价的变化，因此发生了氧化还原反应，B正确；C.Zn是比较活泼的金属，要使用电解方法提纯，C错误；D.泥封为了防止高温下Zn蒸气被空气氧化为ZnO，D正确；故合理选项是C。5、B【解析】

A.通入酸性溶液中发生氧化还原反应生成硫酸锰、硫酸钾和硫酸，可使酸性高锰酸钾溶液褪色，体现的还原性，故A正确；B.KSCN溶液用于检验三价铁离子，故B错误；C.能使品红溶液变为无色是二氧化硫生成的亚硫酸结合有机色素形成无色物质，体现了二氧化硫的漂白性，用酒精灯加热，褪色的品红恢复红色，故C正确；D.B中的溶液发生倒吸，是因为装置A中气体压强减小，实验时A中导管a插入浓硫酸中，A装置试管中气体压强减小时，空气从导管a进入A装置，a导管起平衡气压的作用，故D正确；故选：B。本题考查学生对实验原理与装置的理解与评价，掌握二氧化硫氧化性、漂白性、还原性等是解题关键，题目难度中等。6、B【解析】

苯分子中12个原子共平面，乙烯分子中6个原子共平面，乙炔中4个原子共平面，但甲基中最多有一个H原子能和C原子所在的平面共平面，故此有机物中在任意情况下都不可能与碳原子们共平面的氢原子有2个。故选：B。原子共平面问题的关键是找母体，即找苯环、碳碳双键和碳碳三键为母体来分析。7、C【解析】

根据实验装置和反应方程式可知，a中用盐酸和NaClO3反应制取ClO2，由于制取的ClO2中混有氯气和挥发出的氯化氢气体，可用b装置吸收氯气和氯化氢，再用c中的蒸馏水吸收ClO2，获得纯净ClO2溶液，d中的氢氧化钠用于吸收尾气，防止污染环境，据此分析解答。【详解】A．a中通入的N2的目的是氮气性质稳定且不影响实验，可将a中产生的ClO2和Cl2吹出并进入后续装置，继续实验，二氧化硫具有还原性，可将ClO2、NaClO3等物质还原，故A错误；B．b中NaClO2的作用是吸收ClO2中混有的氯气和氯化氢杂质气体，用饱和食盐水可吸收氯化氢，但不能吸收氯气，故B错误；C．ClO2是一种极易溶于水且几乎不与冷水反应的黄绿色气体，故c中广口瓶最好放在冰水浴中冷却，有利于吸收ClO2，故C正确；D．d中氢氧化钠和ClO2发生歧化反应生成NaCl和NaClO3，产物至少两种，故D错误；答案选C。实验室制取某种气体，需要气体的发生装置，除杂装置，收集装置，尾气处理装置，此实验中可能产生的杂质气体是氯气和氯化氢气体，用饱和食盐水可以吸收氯化氢，无法吸收氯气，从氧化还原反应的角度分析物质的相互转化关系，要利用好题目所给的信息，ClO2是一种极易溶于水且几乎不与冷水反应，根据它的性质选择冰水来收集。8、D【解析】

A.所给确为比例模型，氢原子和氧原子的半径相对大小不对，应该是中间的氧的原子半径大，水分子为V形，不是直线形，A项错误；B.过氧化氢是只由共价键形成的分子，B项错误；C.石油的分馏是物理变化，煤的气化和液化均是化学变化，煤的气化是指将煤转化为CO、H2等气体燃料，煤的液化是指将煤变成液体燃料如甲醇等，C项错误；D.甲基环丁烷中二个氯原子取代同一个碳的2个氢，共有3种可能，取代不同碳上的氢共有7种（用数字标出碳，则可表示为：1，2、1，3、1，5、2，3、2，5、3，4、3，5），D项正确；所以答案选择D项。9、D【解析】

A.高温下，Fe与水蒸气反应生成四氧化三铁，四氧化三铁中Fe的化合价为价，因此Fe失去电子的物质的量为：，根据得失电子守恒，生成H2的物质的量为：，因此生成的H2分子数目为，A错误；B.室温下，1LpH＝13的NaOH溶液中H+浓度为c(H+)=10-13mol/L，且H+全部由水电离，由水电离的OH－浓度等于水电离出的H+浓度，因此由水电离的OH－为10-13mol/L×1L=10-13mol，B错误；C.氢氧燃料电池正极上氧气发生得电子的还原反应，当消耗标准状况下22.4L气体时，电路中通过的电子的数目为，C错误；D.该反应中，生成28gN2时，转移的电子数目为3.75NA，D正确；故答案为D。10、D【解析】

A、SO2与碳酸氢钠反应：SO2+NaHCO3=NaHSO3+CO2↑或SO2+2NaHCO3=Na2SO3+H2O+2CO2↑

，CO2能够与碱石灰反应，应采用浓硫酸或者无水氯化钙等干燥，故A不符合题意；B、Cu与空气中氧气在加热条件下能反应生成CuO，应将混合固体加入稀盐酸溶液中，然后过滤干燥，故B不符合题意；C、FeCl2与氯气会发生反应，因此达不到除杂目的，故C不符合题意；D、KNO3溶解度随温度变化较大，而NaCl溶解度随温度变化较小，将混合固体溶于水后，制成饱和溶液后，将溶液冷却，KNO3会析出，而NaCl在溶液中，可达到除杂的目的，故D符合题意；故答案为：D。KNO3中混有少量NaCl，提纯的方法是：①溶解成热饱和溶液→②冷却结晶→③过滤；NaCl中混有少量KNO3，提纯的方法是：①溶解成饱和溶液→②加热蒸发、浓缩结晶→③过滤；需注意二者试验操作的区分。11、D【解析】

A．pH=9的溶液呈碱性，碱性条件下Fe3+生成沉淀，且Fe3+、SCN-发生络合反应而不能大量共存，故A错误；B．能和S2O32-反应的离子不能大量共存，酸性条件下S2O32-生成S和二氧化硫而不能大量存在，故B错误；C．能和氯化铵反应的离子不能大量共存，铵根离子和OH-生成弱电解质而不能大量共存，Li+、OH-不能大量共存，故C错误；D．酸性溶液中含有大量氢离子，无色溶液不含有色离子，这几种离子都无色且和氢离子不反应，所以能大量共存，故D正确；故选：D。S2O32-为硫代硫酸根，与氢离子可以发生反应：S2O32-+2H+==S↓+SO2+H2O。12、D【解析】

Al2O3和Al均能溶解在过量氢氧化钠溶液中，生成蓝绿色溶液说明含Cu2+，能形成Cu2+，则固体A肯定含有Fe2O3和Cu。【详解】A．若m1>m2，则混合物M中可能含有Al2O3或Al或者是两者均有，不一定含有Al2O3，A错误；B．离子方程式电荷不守恒，故B错误；C．由于加了过量的盐酸，因此固体P只能是铜，不可能是混合物，故C错误；D．要确定混合物M中是否含有Al，可取M加入过量NaOH溶液，若产生气体，则一定含铝，否则不含铝，故D正确。故选D。13、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。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。14、C【解析】

铁-铬液流电池总反应为Fe3++Cr2+Fe2++Cr3+，放电时，Cr2+发生氧化反应生成Cr3+、b电极为负极，电极反应为Cr2+-e-=Cr3+，Fe3+发生得电子的还原反应生成Fe2+，a电极为正极，电极反应为Fe3++e-═Fe2+，放电时，阳离子移向正极、阴离子移向负极；充电和放电过程互为逆反应，即a电极为阳极、b电极为阴极，充电时，在阳极上Fe2+失去电子发、生氧化反应生成Fe3+，电极反应为：Fe2+-e-═Fe3+，阴极上Cr3+发生得电子的还原反应生成Cr2+，电极反应为Cr3++e-═Cr2+，据此分析解答。【详解】A．根据分析，电池放电时a为正极，得电子发生还原反应，反应为Fe3++e−=Fe2+，A项不选；B．根据分析，电池充电时b为阴极，得电子发生还原反应，反应为Cr3++e−=Cr2+，B项不选；C．原电池在工作时，阳离子向正极移动，故放电过程中H+通过隔膜从负极区移向正极区，C项可选；D．该电池在成充放电过程中只有四种金属离子之间的转化，不会产生易燃性物质，不会有爆炸危险，同时物质储备于储液器中，Cr3+、Cr2+毒性比较低，D项不选；故答案选C。15、A【解析】

A、氧化铝熔点很高，所以可以做耐火材料，选项A正确；B、氨气中的氮元素化合价是-3价，具有还原性，做制冷剂，是氨气易液化的原因，选项B错误；C．二氧化硫可用于漂白纸浆是因为其具有漂白性，与二氧化硫的氧化性无关，选项C错误；D．在快中子反应堆中，不能使用水来传递堆芯中的热量，因为它会减缓快中子的速度，钠和钾的合金可用于快中子反应堆作热交换剂，选项D错误；答案选A。16、C【解析】

A.分子式为C10H11NO5，故A正确；B.含有苯环，能发生取代反应和加成反应，故B正确；C.分子中画红圈的碳原子通过3个单键与另外3个碳原子相连，所以不可能所有碳原子处在同一平面内，故C错误；D.苯环上的氢原子被两个氯原子取代的结构有、、、，共4种，故D正确；选C。17、B【解析】由曲线变化图可知，随反应进行具有氧化性的ClO-物质的量减小为反应物，由氯元素守恒可知Cl-是生成物，根据所含有的NH4+和N2，其中NH4+有还原性，故N2是生成物，N元素化合价发生氧化反应，则反应的方程式应为3ClO-+2NH4+=N2↑+3H2O+3Cl-+2H+；A．由方程式可知反应的氧化剂是ClO-，还原产物为Cl-，故A错误；B．反应生成H+，溶液酸性增强，故B正确；C．N元素化合价由-3价升高到0价，则消耗1mol还原剂，转移3mol电子，故C错误；C．由方程式可知氧化剂和还原剂的物质的量之比为3∶2，故D错误；答案为B。点睛：由曲线变化图可知，具有氧化性的ClO-物质的量减小为反应物，由氯元素守恒可知Cl-是生成物，再结合氧化还原反应的理论，有氧化必有还原，根据所含有的微粒，可知NH4+是还原剂，氧化产物为N2，发生反应的方程式应为3ClO-+2NH4+=N2↑+3H2O+3Cl-+2H+，以此解答该题。18、B【解析】

A.N、P元素是农作物生长需要的宏量元素，若水体中N、P元素的含量较高，水中藻类物质就会生长旺盛，导致产生赤潮现象，A正确；B.“绿色蔬菜”种植过程中为了使蔬菜生长旺盛，控制病虫害，也要适当使用农药和肥料，B错误；C.Cu2+是重金属离子，能够使病菌、病毒的蛋白质发生变性，因此游泳池中按标准加入胆矾可消毒杀菌，C正确；D.制作医用口罩使用的聚丙烯是由丙烯通过加聚反应产生的人工合成高分子材料，D正确；故合理选项是B。19、D【解析】

A.根据图像，开始没沉淀，所以原溶液一定有OH—，一定没有HCO3—、Mg2+、Fe3+、Al3+，根据电荷守恒，一定有Na+；沉淀先增多后减少，但不能完全溶解，说明原溶液一定有SiO32—、AlO2—；滴加盐酸体积为，沉淀的量不变，说明溶液中一定含有CO32—，综合以上溶液可能含有SO42—，故A错误；B.若原溶液含有SO42—，反应最后形成的溶液中的溶质有NaCl、Na2SO4，故B错误；C.滴加盐酸体积为，发生反应为CO32-+2H+=H2O+CO2；，发生反应为，所以CO32-与AlO2-的物质的量之比为3∶4，故C错误；D.原溶液中一定含有的阴离子是：OH—、CO32—、SiO32—、AlO2—，故D正确。答案选D。20、C【解析】

A.NaCl溶液中通入二氧化碳不能反应生成碳酸氢钠，但碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠，故不正确；B.CuCl2和氢氧化钠反应生成氢氧化铜沉淀，氢氧化铜和葡萄糖反应生成氧化亚铜沉淀，不能得到铜，故错误；C.Al和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，偏铝酸钠溶液加热蒸干得到偏铝酸钠固体，故正确；D.MgO(s)和硝酸反应生成硝酸镁，硝酸镁溶液电解实际是电解水，不能到金属镁，故错误。故选C。21、A【解析】

A、蒸馏与物质的沸点有关，与溶解度无关，正确；B、洗气与物质的溶解度有关，错误；C、晶体的析出与溶解度有关，错误；D、萃取与物质的溶解度有关，错误；答案选A。22、C【解析】A．甲醛分子中碳元素的化合价为0价，1mol甲醛被氧化时转移4mol电子，故A错误；B．原电池中阳离子向正极移动，故B错误；C．每生成1molFe2+转移1mol电子，1mol甲醛被氧化时转移4mol电子，根据电子转移的数目相等，可知消耗的甲醛与生成的Fe2+的物质的量之比为1:4，故C正确；D．④中，甲醛浓度越大，反应生成的Fe2+的浓度越大，吸光度越大，故D错误；答案为C。二、非选择题(共84分)23、酯基取代反应65－甲基－1,3－苯二酚吸收酯化反应生成的水，促进酯化反应正向移动以提高酯的产率4和【解析】

A和乙酸酐反应，酚羟基中的H被－OCCH3取代，B中的甲基上的H被Cl取代。D在碱性环境下发生水解反应，再酸化，得到白藜芦醇。【详解】(1)B中含氧官能团的名称是酯基；B中的甲基上的H被Cl取代，B到C为取代反应；(2)1mol酚羟基形成的酯基与NaOH溶液反应时，消耗2molNaOH，1molD中含有3mol酚羟基形成的酯基，因此1molD最多能消耗6molNaOH；酚羟基的邻对位上的H能够被Br取代，碳碳双键能够与Br2发生加成反应，则化学方程式为；(3)根据已知，可知酚羟基的编号为1和3，则A中甲基的编号为5，则A的名称为5－甲基－1,3－苯二酚；A与乙酸发生酯化反应时有水生成，如果用乙酸酐代替乙酸，乙酸酐可以吸收酯化反应生成的水，而且生成乙酸，有利于反应正向进行，答案：吸收酯化反应生成的水，促进酯化反应正向移动以提高酯的产率；(4)C分子存在一对称轴，分子中有4种H原子，如图所示，因此C的核磁共振氢谱有4组峰；X的同分异构体，与X具有相同的官能团，也属于醋酸酯，则苯环上的取代基与X的相同，分别是－CHO，－OOCCH3。苯环上有2个取代基，则同分异构体共3种，两取代基分别位于邻位、间位、对位，除去X本身还有2种，分别是和；(5)利用甲苯、磷叶立德试剂和乙醛制备，模仿B到D的过程，则合成路线为。24、AgOCN2AgOCN=2Ag+N2↑+2CO↑1：2【解析】

已知丙和丁是相对分子质量相同的常见气体，其中丁是空气的主要成分之一，由此可知丁是氮气，丙是一氧化碳。根据流程图可知氮气的物质的量为0.01mol，一氧化碳的物质的量为n（CO）=，由此可知甲中C、N、O的原子个数比为1:1:1，化合物由四种元素组成，已知化合物中有两种元素的化合价为最高正价，另两种元素的化合价为最低负价，撞击甲容易发生爆炸生成三种物质，则甲中应该有一种金属元素，设甲的化学式为R（CNO）x，R的相对原子质量为M，根据反应2R（CNO）x=2R+2xCO+xN2，有，所以M=108x，设x=1，2，3，……，当x=1时，M=108，R为银元素，当x取2、3……时，没有对应的金属元素的相对原子质量符合要求，所以甲为AgOCN。【详解】（1）由分析可知，甲的化学式为AgOCN，故答案为：AgOCN；（2）由分析可知，乙为银单质，丙为一氧化碳，丁为氮气，则甲发生爆炸反应的化学方程式为2AgOCN=2Ag+N2↑+2CO↑，故答案为：2AgOCN=2Ag+N2↑+2CO↑；（3）根据爆炸反应方程式可知，爆炸反应中被氧化的元素为氮元素，共2mol，还原产物为银单质和一氧化碳，共4mol，则爆炸反应中被氧化的元素与还原产物的物质的量之比为1：2，故答案为：1：2。25、2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑用镊子取出金属钠，用滤纸吸干表面的煤油，用小刀切一小块用于实验。ABC【解析】（1）金属钠与水反应生成NaOH和氢气的离子方程式为2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑；（2）因钠能与水反应，应保存在煤油中，且生成的NaOH有腐蚀性，实验过程中取用金属钠的操作方法是用镊子取出金属钠，用滤纸吸干表面的煤油，用小刀切一小块用于实验；（3）A．反应放热，生成的H2在空气中燃烧，能听到爆鸣声，故A正确；B．生成NaOH,溶液显碱性，滴有酚酞的滤纸信封由白色逐渐变红色，故B正确；C．此实验的优点之一是由实验现象能直接得出反应产物，故C正确；D．实验过程中，多余的金属钠应放回原试剂瓶，故D错误；答案为ABC。26、直形冷凝管将圆底烧瓶中的液体趁热倒入盛有100mL水的烧杯，冷却后有乙酰苯胺固体析出，过滤得粗产物利用分馏柱进行多次气化和冷凝，使醋酸和水得到有效的分离，或“可提高引馏体与外部空气热交换效率，从而使柱内温度梯度增加，使不同沸点的物质得到较好的分离。”ABCedca将玻璃漏斗放置于铜制的热漏斗内，热漏斗内装有热水以维持溶液的温度，进行过滤（即过滤时有保温装置）或趁热用减压快速过滤ADA【解析】

两套装置都是用来制备乙酰苯胺的，区别在于甲装置使用分馏柱分离沸点在100℃至105℃左右的组分，主要是水，考虑到制备乙酰苯胺的反应可逆，这种做法更有利于获得高的转化率；题干中详细提供了乙酸，苯胺和乙酰苯胺的物理性质，通过分析可知，三者溶解性和熔点上存在较明显的差异，所以从混合溶液中获得乙酰苯胺粗品的方法就是利用溶解性和熔点差异实现的；在获取乙酰苯胺粗品后，再采用合适的方法对其进行重结晶提纯即可得到纯度较高的乙酰苯胺。【详解】(1)仪器a的名称即直形冷凝管；(2)由于乙酸与水混溶，乙酰苯胺可溶于热水而苯胺只易溶于乙醇，并且，乙酰苯胺熔点114℃，而乙酸和苯胺的熔点分别仅为17℃和-6℃；所以分离乙酰苯胺粗品时，可将圆底烧瓶中的液体趁热倒入盛有热水的烧杯中，冷却后，乙酰苯胺固体析出，再将其过滤出来，即可得到乙酰苯胺粗品；(3)甲装置中温度计控制在100℃至105℃，这与水和乙酸的沸点很接近，因此甲装置中分馏柱的作用主要是将体系内的水和乙酸有效地分离出去；(4)A．增加乙酸的投料，可以使平衡正向移动获得更高的产率，A项正确；B．由于甲装置中的分馏柱能够有效地将产物中的水从体系内分离出去，水被分离出去后，对于乙酰苯胺制备反应的正向进行更有利，因此甲装置可以获得更高的转化率，B项正确；C．冷凝管水流的方向一般是下口进水，上口出水，C项正确；D．甲装置中温度计示数若在118℃以上，那么反应物中的乙酸会大量的气化溢出，对于反应正向进行不利，无法获得更高的产率，D项错误；答案选ABC；(5)①乙酰苯胺可以溶解在热水中，所以重结晶提纯乙酰苯胺粗品，首先要把粗品在热水中溶解，然后加入活性炭吸附杂质以及其他有色物质，过滤的时候为了避免乙酰苯胺的析出，应当趁热过滤，过滤后的滤液再冷却结晶，将结晶再过滤后，对其进行洗涤和干燥即可；趁热过滤时为了维持温度，可以将玻璃漏斗置于铜制的热漏斗内，热漏斗内装热水以维持温度，再进行过滤即可；②结晶时，缓慢降温，或者缓慢蒸发溶剂有利于获得较大的晶体，答案选AD；③在对重结晶出的乙酰苯胺晶体进行洗涤时，要避免洗涤过程中产品溶解造成的损耗，考虑到乙酰苯胺的溶解性，应当用冷水对其进行洗涤。27、2KClO3+K2SO3+H2SO4=2K2SO4+2ClO2↑+H2O滴液漏斗使漏斗和三颈烧瓶中的压强相同，使液体顺利滴下降低反应体系的温度，防止温度高ClO2分解将ClO2全部赶出以被KOH溶液吸收，同时可稀释ClO2，防止浓度过大发生分解空气流速过快，ClO2不能被充分吸收cd相同【解析】

(1)A中KClO3、K2SO3、H2SO4反应制备ClO2，KClO3得电子，被还原，则K2SO3被氧化，生成K2SO4，根据得失电子守恒、元素守恒配平化学方程式；(2)根据仪器的结构分析滴液漏斗的优势；根据已知信息：ClO2温度过高时易发生分解解答；(3)空气可将ClO2全部赶出以被KOH溶液吸收，同时根据ClO2浓度过大时易发生分解，分析其作用；(4)氧化还原反应中，化合价有降低，必定有升高；(5)KClO2变质分解为KClO3和KCl，变质发生的反应为：3KClO2=2KClO3+KCl，且KClO2、KClO3均被Fe2+还原为Cl-，根据电子转移守恒分析判断。【详解】(1)A中KClO3、K2SO3、H2SO4反应制备ClO2，KClO3得电子，被还原，则K2SO3被氧化，生成K2SO4，根据得失电子守恒、元素守恒配平化学方程式为2KClO3+K2SO3+H2SO4=2K2SO4+2ClO2↑+H2O，故答案为：2KClO3+K2SO3+H2SO4=2K2SO4+2ClO2↑+H2O；(2)滴液漏斗与普通分液漏斗相比，其优点是滴液漏斗液面上方和三颈烧瓶液面上方压强相等，使液体能顺利滴下；加入H2SO4需用冰盐水冷却，是为了防止浓硫酸遇水放出大量的热，从而使液体飞溅，并防止生成的ClO2分解，故答案为：滴液漏斗使漏斗和三颈烧瓶中的压强相同，使液体顺利滴下；降低反应体系的温度，防止温度高ClO2分解；(3)实验过程中通入空气的目的是将ClO2全部赶出以被KOH溶液吸收，同时可稀释ClO2，防止浓度过大发生分解；空气流速过快吋，ClO2不能被充分吸收，导致其产率降低，故答案为：将ClO2全部赶出以被KOH溶液吸收，同时可稀释ClO2，防止浓度过大发生分解；空气流速过快，ClO2不能被充分吸收；(4)ClO2中Cl的化合价为+4价，KClO2中Cl的化合价为+3价，由此可知该反应为氧化还原反应，则化合价有降低，必定有升高，