中山市重点中学2025届高三下学期第一次联考化学试题理试卷含解析

中山市重点中学2025届高三下学期第一次联考化学试题理试卷注意事项: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（每题只有一个选项符合题意）1、举世闻名的侯氏制碱法的工艺流程如下图所示，下列说法正确的是（）A．往母液中加入食盐的主要目的是使NaHCOB．从母液中经过循环Ⅰ进入沉淀池的主要是Na2CC．沉淀池中反应的化学方程式：2D．设计循环Ⅱ的目的是使原料氯化钠的利用率大大提升2、HIO3是强酸，其水溶液是强氧化剂。工业上，以KIO3为原料可制备HIO3。某学习小组拟用如图装置制备碘酸。M、N为惰性电极，ab、cd为交换膜。下列推断错误的是（）A．光伏电池的e极为负极，M极发生还原反应B．在标准状况下收集6720mLX和Y的混合气体时KIO3溶液减少3.6gC．Y极的电极反应式为2H2O-4e-═O2↑+4H+D．制备过程中要控制电压，避免生成HIO4等杂质3、室温下，用0.100mol·L−1的NaOH溶液分别滴定均为20.00mL0.100mol·L−1的HCl溶液和醋酸溶液，滴定曲线如图所示。下列说法正确的是A．Ⅰ表示的是滴定醋酸的曲线B．pH=7时，滴定醋酸消耗的V（NaOH）＞20.00mLC．V（NaOH）＝20.00mL时，两份溶液中c（Cl－）＞c（CH3COO－）D．V（NaOH）＝10.00mL时，醋酸中c（Na+）＞c（CH3COO－）＞c（H+）＞c（OH－）4、下列关于pH=3的CH3COOH溶液的叙述正确的是（）A．溶液中H2O电离出的c(OH-)=1.0×10-3mol⋅L—1B．加入少量CH3COONa固体后，溶液pH升高C．与等体积0.001mol/LNaOH溶液反应，所得溶液呈中性D．与pH=3的硫酸溶液浓度相等5、实验室进行加热的方法有多种，其中水浴加热的局限性是（）A．加热均匀 B．相对安全 C．达到高温 D．较易控温6、设NA为阿伏加德罗常数值。下列说法正确的是A．0.5mol18O2中所含中子数为10NAB．标准状况下，2.24LCHCl3含有的共价键数为0.4NAC．常温下，2.8gC2H2与CO的混合气体所含碳原数为0.3NAD．0.1mol/LNa2S溶液中，S2-、HS-、H2S的数目共为0.1NA7、电解合成1,2－二氯乙烷的实验装置如图所示。下列说法中正确的是A．该装置工作时，化学能转变为电能B．CuCl2能将C2H4还原为l,2－二氯乙烷C．X、Y依次为阳离子交换膜、阴离子交换膜D．该装置总反应为CH2CH2+2H2O+2NaClH2+2NaOH+ClCH2CH2Cl8、下列有关仪器的名称、图形、用途与使用操作的叙述均正确的是()选项ABCD名称250mL容量瓶分液漏斗酸式滴定管冷凝管图形用途与使用操作配制1.0mol·L－1NaCl溶液，定容时仰视刻度，则配得的溶液浓度小于1.0mol·L－1用酒精萃取碘水中的碘，分液时，碘层需从上口放出可用于量取10.00mLNa2CO3溶液蒸馏实验中将蒸气冷凝为液体A．A B．B C．C D．D9、工业上用Na2SO3溶液吸收硫酸工业尾气中的SO2，并通过电解方法实现吸收液的循环再生。其中阴、阳离子交换膜组合循环再生机理如图所示，下列有关说法中正确的是A．X应为直流电源的正极B．电解过程中阴极区pH升高C．图中的b%＜a%D．SO32－在电极上发生的反应为SO32－＋2OH－－2e－=SO42－＋2H2O10、从某中草药提取的有机物结构如图所示，该有机物的下列说法中错误的是（）A．分子式为C14H18O6B．1mol该有机物最多可与2mol的H2发生加成反应C．既可以与FeCl3溶液发生显色反应，又可以与Na2CO3溶液反应D．1mol该有机物最多可反应2mol氢氧化钠11、短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，其中Y、W处于同一主族Y、Z的原子最外层电子数之和等于8，X的简单氢化物与W的简单氢化物反应有大量白烟生成。下列说法正确的是A．简单离子半径：Y<Z<WB．Z与W形成化合物的水溶液呈碱性C．W的某种氧化物可用于杀菌消毒D．Y分别与X、Z形成的化合物，所含化学键的类型相同12、已知：NO+NO2+2NaOH═2NaNO2+H2O；2NO2+2NaOH═NaNO3+NaNO2+H2O。将总体积共为40mL的NO和O2两种气体分别同时通入同一足量的NaOH溶液中，完全反应后，溶液中只含有NaNO2和NaOH，剩余气体5mL，则原混合气体中NO的体积为()A．20mL B．25mL C．12mL D．33mL13、用0.10mol/L的NaOH溶液分别滴定体积均为20.00mL、浓度均为0.050mol/L的盐酸、磷酸及谷氨酸(H2G)，滴定曲线如图所示：下列说法正确的是A．滴定盐酸时，用甲基橙作指示剂比用酚酞更好B．H3PO4与H2G的第一电离平衡常数K1的数量级不同C．用酚酞作指示剂滴定磷酸到终点时，溶液中的溶质为Na2HPO4D．NaH2PO4溶液中：14、下列物质的名称中不正确的是（）A．Na2CO3：苏打 B．CaSO4•2H2O：生石膏C．：3，3-二乙基己烷 D．C17H35COOH：硬脂酸15、一定条件下，有机化合物Y可发生重排反应：(X)(Y)(Z)下列说法不正确的是A．X、Y、Z互为同分异构体B．1molX最多能与3molH2发生加成反应C．1molY最多能与2molNaOH发生反应D．通过调控温度可以得到不同的目标产物16、下列说法正确的是()A．等质量的铝分别与足量Fe2O3或Fe3O4发生铝热反应时，转移电子的数目相等B．质量分数分别为40%和60%的硫酸溶液等体积混合，所得溶液的质量分数为50%C．金属钠着火时，立即用泡沫灭火器灭火D．白磷放在煤油中；氨水密闭容器中保存二、非选择题（本题包括5小题）17、聚酰亚胺是综合性能最佳的有机高分子材料之一，已广泛应用在航空、航天、微电子等领域。某聚酰亚胺的合成路线如图（部分反应条件己略去）：己知下列信息：①芳香族化合物B的一氯代物有两种②③回答下列问题：（1）固体A是___（写名称）；B的化学名称是___。（2）反应①的化学方程式为___。（3）D中官能团的名称为___；反应②的反应类型是___。（4）E的分子式为___；己知1mo1F与足量的NaHCO3反应生成4mo1CO2，则F的结构简式是___。（5）X与C互为同分异构体，写出同时满足下列条件的X的结构简式___。①核磁共振氢谱显示四种不同化学环境的氢，其峰面积之比为2：2：1：1②能与NaOH溶液反应，1mo1X最多消耗4mo1NaOH③能发生水解反应，其水解产物之一能与FeC13溶液发生显色反应（6）参照上述合成路线，以甲苯和甲醇为原料（无机试剂任选）设计合成的路线___。18、化合物E（二乙酸-1，4-环己二醇酯）是一种制作建筑材料的原料。其合成路线如下：完成下列填空：（1）A中含有的官能团是______；E的分子式是______；试剂a是______。（2）写出反应类型：B→C______。（3）C与D反应生成E的化学方程式：______。（4）C的同分异构体，能使石蕊试剂显红色，写出该物质的一种结构简式______。（5）设计一条以环己醇（）为原料（其他无机试剂任取）合成A的合成路线。（合成路线常用的表示方式为：AB……目标产物）_____________________19、肼是重要的化工原料。某探究小组利用下列反应制取水合肼（N2H4·H2O）。已知：N2H4·H2O高温易分解，易氧化制备原理：CO(NH2)2+2NaOH+NaClO＝Na2CO3+N2H4·H2O+NaCl（实验一）制备NaClO溶液（实验装置如图所示）(1)配制30%NaOH溶液时，所需玻璃仪器除量筒外，还有_____（填标号）A．容量瓶B．烧杯C．烧瓶D．玻璃棒(2)锥形瓶中发生反应化学程式是_____________________________。（实验二）制取水合肼。（实验装置如图所示）控制反应温度，将分液漏斗中溶液缓慢滴入三颈烧瓶中，充分反应。加热蒸馏三颈烧瓶内的溶液，收集108-114馏分。(3)分液漏斗中的溶液是____________（填标号）。A．CO(NH2)2溶液B．NaOH和NaClO混合溶液选择的理由是____________。蒸馏时需要减压，原因是______________。（实验三）测定馏分中肼含量。(4)水合肼具有还原性，可以生成氮气。测定水合肼的质量分数可采用下列步骤：a．称取馏分5.000g，加入适量NaHCO3固体（保证滴定过程中溶液的pH保持在6.5左右），配制1000mL溶液。b．移取10.00mL于锥形瓶中，加入10mL水，摇匀。c．用0.2000mol/L碘溶液滴定至溶液出现______________，记录消耗碘的标准液的体积。d．进一步操作与数据处理(5)滴定时，碘的标准溶液盛放在______________滴定管中（选填：“酸式”或“碱式”）水合肼与碘溶液反应的化学方程式________________________。(6)若本次滴定消耗碘的标准溶液为8.20mL，馏分中水合肼（N2H4·H2O）的质量分数为______。20、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%。21、脱除工业废气中的氮氧化物(主要是指NO和NO2)可以净化空气、改善环境，是环境保护的主要课题。(1)早期是利用NH3还原法，可将NOx还原为N2进行脱除。已知：①4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)△H=-905.9kJ/mol②N2(g)+O2(g)2NO(g)△H=+180kJ/mol③H2O(g)H2O(l)△H=-44kJ/mol写出常温下，NH3还原NO反应的热化学方程式：____________。(2)以漂粉精溶液为吸收剂可以有效脱除烟气中的NO。①漂粉精溶液的主要成分是Ca(ClO)2，若吸收过程中，消耗的Ca(ClO)2与吸收的NO的物质的量之比为3：4，则脱除后NO转化为____________。②某一兴趣小组研究不同温度下相同浓度漂粉精溶液对NO脱除率的影响，结果如图所示：图中，40～60℃NO脱除率上升可能的原因为____________；60～80℃NO脱除率下降可能的原因为____________。(3)过硫酸钠(Na2S2O8)氧化去除NO第一步：NO在碱性环境中被Na2S2O8氧化为NaNO2第二步：NaNO2继续被氧化为NaNO3，反应为NO2-+S2O82-+2OH-NO3-+2SO42-+H2O。不同温度下，平衡时NO2-的脱除率与过硫酸钠(Na2S2O8)初始浓度(指第二步反应的初始浓度)的关系如图所示：①a、b、c、d四点平衡常数K由大到小的顺序为____________，原因是____________。②若a点(0.1，40%)时，NO2-的初始浓度为amol·L-1，平衡时pH=13，则65℃时，第二步反应的平衡常数K=____________。(用含a的代数式表示)(4)利用新型材料光催化脱除NO法如图所示：某电化小组将过程A、B设计成酸性电解池反应，则该反应中阴极反应为_______。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【解析】

先通入氨气再通入二氧化碳反应得到碳酸氢钠晶体和母液为氯化铵溶液，沉淀池中得到碳酸氢钠晶体，反应式为NH3+H2O+CO2+NaCl=NH4Cl+NaHCO3↓，过滤得到碳酸氢钠晶体煅烧炉中加热分解，碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠纯碱，过滤后的母液通入氨气加入细小食盐颗粒，冷却析出副产品氯化铵，氯化钠溶液循环使用，据此分析。【详解】A．向母液中通氨气作用有增大NH4+的浓度，使NH4Cl更多地析出，选项A错误；B．向母液中通氨气作用有增大NH4+的浓度，使NH4Cl更多地析出和使NaHCO3转化为Na2CO3，从母液中经过循环Ⅰ进入沉淀池的主要是Na2CO3、NH4Cl和氨水，选项B正确；C．沉淀池中发生的化学反应为饱和食盐水中通入氨气和二氧化碳析出碳酸氢钠晶体，反应方程式为NH3+H2O+CO2+NaCl→NH4Cl+NaHCO3↓，选项C错误；D．循环Ⅰ是将未反应的氯化钠返回沉淀池中使原料氯化钠的利用率大大提升，循环Ⅱ的目的是生成的二氧化碳通入沉淀池继续反应生成碳酸氢钠，二氧化碳利用率大大提升，选项D错误；答案选B。本题主要考察了联合制碱法的原料、反应式以及副产物的回收利用，如何提高原料的利用率、检验氯离子的方法是关键，循环Ⅱ的目的是生成的二氧化碳通入沉淀池继续反应，循环Ⅰ中的氯化钠有又返回到沉淀池。2、B【解析】

根据图示，左室增加KOH，右室增加HIO3，则M室为阴极室，阴极与外加电源的负极相接，电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，所以原料室中K+透过ab膜进入阴极室生成KOH，即ab膜为阳离子交换膜，N室为阳极室，原料室中IO3-透过cd膜进入阳极室生成HIO3，即cd膜为阴离子交换膜。【详解】A．由上述分析可知，M室为阴极室，阴极与外加电源的负极相接，即e极为光伏电池负极，阴极发生得到电子的还原反应，故A正确；B．N室为阳极室，与外加电源的正极相接，电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，M极电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，标准状况下6720mL气体即6.72L气体物质的量为6.72L÷22.4L/mol=0.3mol，其中含有O2为0.1mol，转移电子0.4mol，为平衡电荷，KIO3溶液中0.4molK+透过ab膜进入阴极室，0.4molIO3-透过cd膜进入阳极室，KIO3溶液质量减少0.4mol×214g/mol=85.6g，故B错误；C．N室为阳极室，与外加电源的正极相接，电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，故C正确；D．制备过程中若电压过高，阳极区（N极）可能发生副反应：IO3--2e-+H2O=IO4-+2H+，导致制备的HIO3不纯，所以制备过程中要控制电压适当，避免生成HIO4等杂质，故D正确；故答案选B。3、C【解析】

A.0.100mol·L-1的HCl溶液和醋酸溶液，醋酸属于弱酸，存在电离平衡，所以起点pH较小的Ⅰ表示的是滴定盐酸的曲线，A项错误；B.当醋酸与氢氧化钠恰好完全反应时，形成醋酸钠溶液，醋酸钠水解使溶液pH>7，所以pH=7时，滴定醋酸消耗的V(NaOH)<20.00mL，B项错误；C.V(NaOH)=20.00mL时，酸碱恰好完全反应，因为CH3COO-水解而消耗，所以两份溶液中c(Cl-）＞c(CH3COO-），C项正确；D.V(NaOH)=10.00mL时，生成的醋酸钠与剩余醋酸浓度相等，由于醋酸的电离程度大于醋酸钠的水解程度，所以溶液中c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)，D项错误；答案选C。4、B【解析】

A项、pH=3的CH3COOH溶液中c（H+）为1.0×10-3mol•L-1，氢离子抑制了水的电离，醋酸中的氢氧根离子来自水的电离，则溶液中H2O电离出的c（OH-）=1.0×10-10mol•L-1，故A错误；B项、加入少量CH3COONa固体后，溶液中醋酸根浓度增大，醋酸的电离平衡逆向移动，溶液中氢离子浓度减小，溶液pH升高，故B正确；C项、醋酸为弱酸，pH=3的醋酸溶液浓度大于0.001mol•L-1，与等体积0.001mol•L-1NaOH溶液反应后醋酸过量，所得溶液呈酸性，故C错误；D项、pH=3的硫酸溶液中氢离子浓度为c（H+）=1.0×10-3mol•L-1，硫酸的浓度为5×10-4mol•L-1，而醋酸的浓度大于0.001mol•L-1，故D错误；故选B。水电离出的氢离子浓度总是等于水电离出是氢氧根离子浓度，酸碱抑制水电离，水解的盐促进水电离。5、C【解析】

水浴加热的优点是受热均匀、便于控温，且相对较安全，但由于加热的温度只能在100℃以下，故缺点是无法达到高温。故选：C。6、A【解析】

A.18O原子中子数为18-8=10，则0.5mol18O2中所含中子数为0.5mol×10×2=10mol，即10NA，故A正确；B.标准状况下，CHCl3为液态，不能根据体积计算出物质的量，故B错误；C.C2H2的摩尔质量为26g/mol，CO的摩尔质量为28g/mol，常温下，2.8gC2H2与CO的混合气体所含碳原数不能确定，故C错误；D.0.1mol/LNa2S溶液，未知溶液体积，则溶液中微粒数目不能确定，故D错误；故选A。7、D【解析】

A.该装置为外加电源的电解池原理；B.根据装置图易知，阳极生成的CuCl2与C2H4发生了氧化还原反应，根据化合价的升降判断该氧化还原反应的规律；C.根据电解池阴阳极发生的电极反应式及溶液电中性原则分析作答；D.根据具体的电解反应与氧化还原反应综合写出该装置的总反应。【详解】A.该装置为电解池，则工作时，电能转变为化学能，故A项错误；B.C2H4中C元素化合价为-2价，ClCH2CH2Cl中C元素化合价为-1价，则CuCl2能将C2H4氧化为1，2一二氯乙烷，故B项错误；C.该电解池中，阳极发生的电极反应式为：CuCl-e-+Cl-=CuCl2，阳极区需要氯离子参与，则X为阴离子交换膜，而阴极区发生的电极反应式为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，有阴离子生成，为保持电中性，需要电解质溶液中的钠离子，则Y为阳离子交换膜，故C项错误；D.该装置中发生阳极首先发生反应：CuCl-e-+Cl-=CuCl2，生成的CuCl2再继续与C2H4反应生成1，2一二氯乙烷和CuCl，在阳极区循环利用，而阴极水中的氢离子放电生成氢气，其总反应方程式为：CH2＝CH2＋2H2O＋2NaClH2＋2NaOH＋ClCH2CH2Cl，故D项正确；答案选D。8、A【解析】

A、定容时仰视刻度，溶液体积偏大致使溶液的浓度偏低，A正确；B、酒精易溶于水，不分层，不能用酒精萃取碘水中的碘，B错误；C、Na2CO3溶液显碱性，应用碱式滴定管量取，C错误；D、蒸馏实验中水从下口进上口出，D错误；答案选A。9、B【解析】

A.因为电解池左室H+→H2，Pt(I)是阴极，X为直流电源的负极，A项错误；B.阴极区消耗H+生成氢气，氢离子浓度减小，溶液的pH增大，B项正确；C.电解池右室阳极区的发生反应HSO3--2e-＋H2O＝SO42-＋3H＋和SO32--2e-＋2H2O＝SO42-＋4H＋，图中的b%>a%，C项错误；D.解池右室阳极区的发生反应HSO3--2e-＋H2O＝SO42-＋3H＋和SO32--2e-＋2H2O＝SO42-＋4H＋，D项错误；答案选B。10、C【解析】

A．根据该有机物的结构可以得到其分子式为C14H18O6，A选项正确；B．该有机物分子中的碳碳双键可以与H2发生加成反应，1mol该有机物含有2mol碳碳双键，可以与2molH2发生加成反应，B选项正确；C．根据结构可知，该有机物分子含有羧基，可以与Na2CO3溶液反应，但该有机物分子中的羟基不是直接苯环上的，不是酚羟基，不能与FeCl3溶液发生显色反应，C选项错误；D．该有机物分子中的羧基可以与NaOH发生反应，1mol该有机物含有2mol羧基，最多可以与2molNaOH反应，D选项正确；答案选C。11、C【解析】

短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X的简单氢化物与W的氢化物反应有大量白烟生成，应该为氨气和氯化氢的反应，X为N元素，W为Cl元素；其中Y、W处于同一主族，Y为F元素；Y、Z的原子最外层电子数之和等于8，Z的最外层电子数为8-7=1，结合原子序数可知为第三周期的Na元素，据此分析解答。【详解】由上述分析可知，X为N元素，Y为F元素，Z为Na元素，W为Cl元素。A．电子层结构相同的离子中，离子半径随着原子序数的增大而减小，所以Y、Z的简单离子的半径大小：Y＞Z，故A错误；B．Z与W形成化合物为氯化钠，水溶液呈中性，故B错误；C．W的某种氧化物可用于杀菌消毒，如ClO2常用于自来水消毒，故C正确；D．Y分别与X、Z形成的化合物为NF3、NaF，前者含共价键，后者含离子键，故D错误；答案选C。12、D【解析】

根据NO+NO2+2NaOH═2NaNO2+H2O，完全反应后，溶液中只含有NaNO2和NaOH，则剩余气体为NO，设原混合气体中NO的体积为V，则O2的体积为(40－V)mL，氮元素化合价由+4降低为+3，根据得失电子守恒，计算得V=33mL，故选D。本题考查混合物的有关计算，明确氮氧化物和NaOH反应关系式是解本题关键，侧重考查学生分析判断能力，注意单纯的NO和NaOH不反应，二氧化氮和NaOH反应。13、C【解析】

A．盐酸和氢氧化钠溶液反应至终点时，pH=7，与酚酞的变色范围8~10接近，甲基橙的变色范围在3.1-4.4，则使用酚酞做指示剂更好，故A错误；B．滴定前，0.050mol/LH3PO4与H2G的pH值几乎相等，由此可得，二者第一电离平衡常数Ki的数量级相同，故B错误；C．20.00mL、0.050mol/L的磷酸用0.10mol/L的NaOH完全中和应消耗30mL氢氧化钠，根据图像，滴定磷酸共有两次突跃，第二次为滴定磷酸的终点，用酚酞作指示剂滴定磷酸到终点时，消耗氢氧化钠的体积为20mL，则可以确定达到终点是，溶液中的溶质为Na2HPO4，故C正确，D．当溶液中的溶质为NaH2PO4时，应为磷酸的第一次滴定突跃，根据图像显示，此时溶液显酸性，即H2PO4-的电离程度大于水解程度，即c(HPO42-)＞c(H3PO4)，则，故D错误；答案选C。14、C【解析】

A.Na2CO3的俗称为纯碱、苏打，故A正确；B.生石膏即天然二水石膏，化学式为CaSO4•2H2O，故B正确；C.结构中主碳链有5个碳，其名称为3，3-二乙基戊烷，故C错误；D.硬脂酸，即十八烷酸，分子式为C18H36O2，亦可表示为C17H35COOH，故D正确；综上所述，答案为C。15、B【解析】

A．X、Y、Z的分子式相同，但结构不同，互为同分异构体，故A正确；B．X中苯环和羰基能与氢气发生加成反应，则1

mol

X最多能与4

mol

H2发生加成反应，故B错误；C．Y含有酯基，且水解生成酚羟基，则1

mol

Y最多能与2

mol

NaOH发生反应，故C正确；D．由转化关系可知，Y在不同温度下，生成不同物质，则通过调控温度可以得到不同的目标产物，故D正确；故选B。本题的易错点为C，要注意酯基水解生成的羟基是否为酚羟基。16、A【解析】

A.等质量的铝分别与足量Fe2O3或Fe3O4发生铝热反应时，铝元素化合价由0升高为+3，所以转移电子的数目相等，故A正确；B.硫酸的浓度越大密度越大，等体积的质量分数分别为40%和60%的硫酸，60%的硫酸溶液质量大，所以混合后溶液的质量分数大于50%，故B错误；C.金属钠着火生成过氧化钠，过氧化钠与泡沫灭火器喷出的二氧化碳反应生成的氧气助燃，不能灭火，应利用沙子盖灭，故C错误；D.白磷易自燃，白磷放在水中保存，故D错误；答案选A。二、非选择题（本题包括5小题）17、焦炭对二甲苯（或1,4-二甲苯）+2CH3OH+2H2O酯基取代反应CH3OHCH3Cl【解析】

采用逆推法，D中应该含有2个酯基，即，反应①的条件是乙醇，因此不难猜出这是一个酯化反应，C为对二苯甲酸，结合B的分子式以及其不饱和度，B只能是对二甲苯，从B到C的反应条件是酸性高锰酸钾溶液，固体A是煤干馏得到的，因此为焦炭，再来看下线，F脱水的产物其实是两个酸酐，因此F中必然有四个羧基，则E就是1,2,4,5-四甲苯，据此来分析本题即可。【详解】（1）固体A是焦炭，B的化学名称为对二甲苯（或1,4-二甲苯）（2）反应①即酯化反应，方程式为+2CH3OH+2H2O；（3）D中官能团的名称为酯基，注意苯环不是官能团；（4）E是1,2,4,5-四甲苯，其分子式为，根据分析，F的结构简式为；（5）根据给出的条件，X应该含有两个酯基，并且是由酚羟基形成的酯，再结合其有4种等效氢，因此符合条件的X的结构简式为；（6）甲苯只有一个侧链，而产物有两个侧链，因此要先用已知信息中的反应引入一个侧链，再用酸性高锰酸钾溶液将侧链氧化为羧基，再进行酯化反应即可，因此合成路线为CH3OHCH3Cl。18、碳碳双键，溴原子C10H16O4NaOH水溶液取代反应CH3（CH2）4COOH【解析】

由题给有机物转化关系可知，在催化剂作用下，与氢气发生加成反应生成，则B为；在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应生成，则C为；在浓硫酸作用下，与CH3COOH共热发生酯化反应生成，则D为CH3COOH。【详解】（1）A中含有的官能团是碳碳双键、溴原子；E的分子式是C10H16O4；试剂a是NaOH水溶液，故答案为：碳碳双键、溴原子；C10H16O4；NaOH水溶液；（2）B的结构简式为，在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应生成，故答案为：水解反应或取代反应；（3）在浓硫酸作用下，与CH3COOH共热发生酯化反应生成，反应的化学方程式为，故答案为：；（4）C的结构简式为，C的同分异构体能使石蕊试剂显红色，说明分子中含有羧基，可为CH3（CH2）4COOH等，故答案为：CH3（CH2）4COOH等；（5）以环己醇（）为原料合成时，可先发生消去反应生成环己烯，然后发生加成反应邻二溴环己烷，在氢氧化钠醇溶液中邻二溴环己烷发生消去反应生成1,3—环己二烯，1,3—环己二烯与溴水发生1，4加成可生成目标物，合成路线为，故答案为：。依据逆推法，通过生成E的反应条件和E结构简式确定C和D的结构简式是推断的突破口。19、BDCl2+2NaOH＝NaClO+NaCl+H2OB如果次氯酸钠溶液装在三颈烧瓶中，生成的水合肼会被次氯酸钠氧化减压蒸馏可使产品在较低温度下气化，避免高温分解淡黄色且半分钟不消失酸式N2H4·H2O+2I2=N2↑+4HI+H2O82.00%【解析】

（1）配制一定质量分数的溶液时，具体步骤是计算、称量、溶解，NaOH固体时需要放在烧杯中称，量取水时需要量筒，溶解时需要烧杯、玻璃棒；（2）氯气通入到盛有NaOH的锥形瓶中与NaOH发生反应生成氯化钠、次氯酸钠和水；（3）依据制取水合肼（N2H4·H2O）的反应原理为：CO（NH2）2+2NaOH+NaClO=Na2CO3+N2H4·H2O+NaCl，结合反应产物和反应物分析判断；水合肼（N2H4·H2O）具有还原性，易被次氯酸钠氧化；（4）根据反应原理确定反应终点；（5）根据碘溶液的性质确定所用仪器；（6）根据N2H4·H2O+2I2=N2↑+4HI+H2O进行计算。【详解】（1）配制一定质量分数的溶液时，溶解时需要烧杯、玻璃棒，故答案为：BD；（2）锥形瓶中氯气和NaOH反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的化学方程式为Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O，故答案为：Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O；（3）水合肼（N2H4·H2O）中氮元素为—2价，具有还原性，若次氯酸钠过量，具有强氧化性的次氯酸钠会氧化水合肼，为防止水合肼被氧化，分液漏斗中的溶液应是NaOH和NaClO混合溶液；水合肼高温易分解，减压会降低物质的沸点，则为防止水合肼分解需要减压蒸馏，故答案为：B；如果次氯酸钠溶液装在烧瓶中，反应生成的水合肼会被次氯酸钠氧化；馏分高温易分解，减压会降低物质的沸点；（4）根据反应N2H4·H2O+2I2=N2↑+4HI+H2O，终点时碘过量，用0.2000mol/L碘溶液滴定至溶液出现淡黄色且半分钟不消失，记录消耗碘的标准液的体积，故答案为：淡黄色且半分钟不消失；（5）滴定时，碘具有强氧化性，会腐蚀橡胶管，则碘的标准溶液盛放在酸式滴定管中，故答案为：酸式；（6）由题意可知，水合肼与碘溶液反应生成氮气、碘化氢和水，反应的化学方程式为N2H2·H2O+2I2=N2↑+4HI+H2O，由方程式可知n（N2H2·H2O）=0.2000mol·L－1×0.0082L×=0.00082mol，250ml溶液中含有的物质的量=0.00082mol×=0.082mol，水合肼（N2H2·H2O）的质量分数=×100%=82%，故答案为：N2H4·H2O+2I2=N2↑+4HI+H2O；82%。水合肼（N2H4·H2O）中氮元素为—2价，具有还原性，若次氯酸钠过量，具有强氧化性的次氯酸钠会氧化水合肼是解答关键，也是易错点。20、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