2025届内蒙古自治区通辽市科左后旗甘旗卡第二高级中学高三第一次调研测试化学试卷含解析

2025届内蒙古自治区通辽市科左后旗甘旗卡第二高级中学高三第一次调研测试化学试卷注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在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、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，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、室温下，向20mL浓度均为0.1mol/L的NaOH和MOH溶液中分别滴加0.1mol/L盐酸，溶液的pH随盐酸体积变化如图所示。下列说法不正确的是()A．MOH的电离常数约为1×l0-5 B．a点溶液中存在C．b点和c点溶液混合后显碱性 D．水的电离程度：d>b>a2、下列物质的名称正确的是A．SiO2：刚玉B．(NH4)2CO3：碳铵C．CCl4：氯仿D．：3，3，5-三甲基庚烷3、已知Cu+在酸性条件下能发生下列反应:Cu+Cu+Cu2+(未配平)。NH4CuSO3与足量的1.0mol·L-1硫酸溶液混合微热,产生下列现象:①有红色金属生成②有刺激性气味气体产生③溶液呈蓝色。据此判断下列说法一定合理的是()A．该反应显示硫酸具有酸性B．NH4CuSO3中铜元素全部被氧化C．刺激性气味的气体是氨气D．反应中硫酸作氧化剂4、《本草纲目》中记载：“冬月灶中所烧薪柴之灰，令人以灰淋汁，取碱浣衣”。下列叙述正确的是A．“取碱浣衣”与酯的水解有关B．取该“碱”溶于水可得到一种碱溶液C．“以灰淋汁”所涉及的操作有溶解、分液D．“薪柴之灰”与铵态氮肥混合施用可增强肥效5、下列指定反应的离子方程式正确的是A．向NaAlO2

溶液中滴入NaHCO3溶液：AlO2-+HCO3-+H2O=Al(OH)3↓+CO32-B．MnO2与浓盐酸混合加热：MnO2+4H++4Cl-MnCl2+Cl2↑+2H2OC．FeSO4溶液中加入盐酸酸化的H2O2：Fe2++H2O2+2H+=Fe3++2H2OD．Ca(HCO3)2溶液中加入过量氨水：Ca2++HCO3-+NH3·H2O=CaCO3↓+H2O+NH4+6、证明溴乙烷与NaOH醇溶液共热发生的是消去反应，分别设计甲、乙、丙三个实验：（甲）向反应混合液中滴入溴水，溶液颜色很快褪去．（乙）向反应混合液中滴入过量稀硝酸，再滴入AgNO3溶液，有浅黄色沉淀生成．（丙）向反应混合液中滴入酸性KMnO4溶液，溶液颜色褪去．则上述实验可以达到目的是（）A．甲 B．乙 C．丙 D．都不行7、常温下在20mL0.1mol·L－1Na2CO3溶液中逐滴加入0.1mol·L－1HCl溶液40mL，溶液中含碳元素的各种微粒（CO2因逸出未画出）物质的量分数（纵轴）随溶液pH变化的部分情况如图所示。下列说法不正确的是A．在同一溶液中，H2CO3、、不能大量共存B．测定混有少量氯化钠的碳酸钠的纯度，若用滴定法，指示剂可选用酚酞C．当pH＝7时，溶液中各种离子的物质的量浓度的大小关系：c(Na＋)＞c(Cl－)＞c()＞c(H＋)＝c(OH－)D．已知在25℃时，水解反应的平衡常数即水解常数Kh1＝2.0×10－4，溶液中c()∶c()＝1∶1时，溶液的pH＝108、下列过程中没有发生电子转移的是（）A．液氨作制冷剂 B．合成氨 C．大气固氮 D．生物固氮9、有4种碳骨架如下的烃，下列说法正确的是（）a．b．c．d．①a和d是同分异构体②b和c是同系物③a和d都能发生加聚反应④只有b和c能发生取代反应A．①② B．①④ C．②③ D．①②③10、中华文明博大精深。下列说法错误的是A．黏土烧制陶瓷的过程中发生了化学变化B．商代后期制作的司母戊鼎属于铜合金制品C．侯氏制碱法中的“碱”指的是纯碱D．屠呦呦发现的用于治疗疟疾的青蒿素()属于有机高分子化合物11、据了解，铜锈的成分非常复杂，主要成分有Cu2(OH)2CO3和Cu2(OH)3Cl。考古学家将铜锈分为无害锈(形成了保护层)和有害锈(使器物损坏程度逐步加剧，并不断扩散)，结构如图所示。下列说法正确的是A．Cu2(OH)3Cl属于有害锈B．Cu2(OH)2CO3属于复盐C．青铜器表面刷一层食盐水可以做保护层D．用NaOH溶液法除锈可以保护青铜器的艺术价值，做到“修旧如旧”12、氯酸是一种强酸，浓度超过40%时会发生分解，反应可表示为：aHClO3═bO2↑+cCl2↑+dHClO4+eH2O，用湿润的淀粉碘化钾试纸检验气体产物时，试纸先变蓝后褪色。下列说法正确的是()A．由反应可确定：氧化性：HClO4＞HClO3B．变蓝的淀粉碘化钾试纸褪色是因为可能发生了：4Cl2+I2+6H2O═12H++8Cl-+2IO3-C．若氯酸分解所得混合气体，1mol混合气体质量为47.6g，则反应方程式可表示为26HClO3═15O2↑+8Cl2↑+10HClO4+8H2OD．若化学计量数a=8，b=3，则该反应转移电子数为20e-13、复旦大学王永刚的研究团队制得一种柔性水系锌电池,该可充电电池以锌盐溶液作为电解液,其原理如图所示。下列说法不正确的是A．放电时,N极发生还原反应B．充电时,Zn2+向M极移动C．放电时,每生成1molPTO-Zn2+,M极溶解Zn的质量为260gD．充电时,N极的电极反应式为2PTO+8e-+4Zn2+=PTO-Zn2+14、下列有关实验的叙述完全正确的是A．A B．B C．C D．D15、“轨道”2px与3py上电子一定相同的方面是（）A．能量 B．呈纺锤形C．自旋方向 D．在空间的伸展方向16、已知常温下Ka(CH3COOH)>Ka(HClO)、Ksp(AgCl)>Ksp(AgBr)。下列分析不正确的是（）A．将10mL0.1mol/LNa2CO3溶液逐滴滴加到10mL0.1mol/L盐酸中：c(Na＋)＞c(Cl－)＞c(CO32－)＞c(HCO3－)B．现有①200mL0.1mol/LNaClO溶液，②100mL0.1mol/LCH3COONa溶液，两种溶液中的阴离子的物质的量浓度之和：②＞①C．向0.1mol/LNH4Cl溶液中加入少量NH4Cl固体：比值减小D．将AgBr和AgCl的饱和溶液等体积混合，再加入足量AgNO3浓溶液：产生的AgCl沉淀多于AgBr沉淀二、非选择题（本题包括5小题）17、聚合物G可用于生产全生物降解塑料，有关转化关系如下：（1）物质A的分子式为_____________，B的结构简式为____________。（2）E中的含氧官能团的名称为_______________。（3）反应①-④中属于加成反应的是_____________。（4）写出由两分子F合成六元环化合物的化学方程式________________________________。18、A～J均为有机化合物，它们之间的转化如下图所示：实验表明：①D既能发生银镜反应，又能与金属钠反应放出氢气：②核磁共振氢谱表明F分子中有三种氢，且其峰面积之比为1：1：1；③G能使溴的四氯化碳溶液褪色；④1molJ与足量金属钠反应可放出22.4L氢气（标准状况）。请根据以上信息回答下列问题：（1）A的结构简式为____________（不考虑立体结构），由A生成B的反应类型是____________反应；（2）D的结构简式为_____________；（3）由E生成F的化学方程式为_______________，E中官能团有_________（填名称），与E具有相同官能团的E的同分异构体还有________________（写出结构简式，不考虑立体结构）；（4）G的结构简式为_____________________；（5）由I生成J的化学方程式______________。19、氮化铝(AlN)是一种新型无机材料，广泛应用于集成电路生产领域。某化学研究小组利用Al2O3＋3C＋N22AlN＋3CO制取氮化铝，设计如图实验装置：试回答：（1）实验中用饱和NaNO2与NH4Cl溶液制取氮气的化学方程式为___。（2）装置中分液漏斗与蒸馏烧瓶之间的导管A的作用是__(填写序号)。a．防止NaNO2饱和溶液蒸发b．保证实验装置不漏气c．使NaNO2饱和溶液容易滴下（3）按图连接好实验装置，检查装置气密性的方法是：在干燥管D末端连接一导管，将导管插入烧杯中的液面下，___。（4）化学研究小组的装置存在严重问题，请说明改进的办法：___。（5）反应结束后，某同学用如图装置进行实验来测定氮化铝样品的质量分数(实验中导管体积忽略不计)。已知：氮化铝和NaOH溶液反应生成NaAlO2和氨气。①广口瓶中的试剂X最好选用___(填写序号)。a．汽油b．酒精c．植物油d．CCl4②广口瓶中的液体没有装满(上方留有空间)，则实验测得NH3的体积将___(填“偏大”、“偏小”或“不变”)。③若实验中称取氮化铝样品的质量为10.0g，测得氨气的体积为3.36L(标准状况)，则样品中AlN的质量分数为___。20、(一)碳酸镧可用于治疗终末期肾病患者的高磷酸盐血症，制备反应原理为：2LaCl3+6NH4HCO3═La2(CO3)3↓+6NH4Cl+3CO2↑+3H2O；某化学兴趣小组利用下列装置实验室中模拟制备碳酸镧。(1)制备碳酸镧实验流程中导管从左向右的连接顺序为：F→_____→_____→_____→_____→_____；(2)Y中发生反应的化学反应式为_______________；(3)X中盛放的试剂是___________，其作用为___________________；(4)Z中应先通入，后通入过量的，原因为__________________；是一种重要的稀土氢氧化物，它可由氟碳酸铈精矿(主要含)经如下流程获得：已知：在酸性溶液中有强氧化性，回答下列问题：(5)氧化焙烧生成的铈化合物二氧化铈()，其在酸浸时反应的离子方程式为_________________；(6)已知有机物HT能将从水溶液中萃取出来，该过程可表示为：(水层)+(有机层)+(水层)从平衡角度解释：向(有机层)加入获得较纯的含的水溶液的原因是________________；(7)已知298K时，Ksp[Ce(OH)3]=1×10-20，为了使溶液中沉淀完全，需调节pH至少为________；(8)取某产品0.50g，加硫酸溶解后，用的溶液滴定至终点(铈被还原成)．(已知：的相对分子质量为208)①溶液盛放在________(填“酸式”或“碱式”)滴定管中；②根据下表实验数据计算产品的纯度____________；滴定次数溶液体积(mL)滴定前读数滴定后读数第一次0.5023.60第二次1.0026.30第三次1.2024.10③若用硫酸酸化后改用的溶液滴定产品从而测定产品的纯度，其它操作都正确，则测定的产品的纯度____________(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。21、废旧锌锰电池含有锌、锰元素，主要含有ZnO、ZnMn2O4、MnO、Mn2O3、Mn3O4、MnO2。利用废旧锌锰电池回收锌和制备二氧化锰、硫酸的工艺流程如图：回答下列问题：(1)步骤②“粉碎”的主要目的是______。(2)步骤③“酸浸”发生了一系列反应：ZnO+H2SO4=ZnSO4+H2O；MnO+H2SO4=MnSO4+H2O；ZnMn2O4+2H2SO4=ZnSO4+MnSO4+2H2O+MnO2；MnO2+H2SO4+H2C2O4=MnSO4+2CO2↑+2H2O。推测Mn2O3与硫酸反应的离子方程式为______。(3)如图分别表示“酸浸”时选用不同浓度硫酸和草酸对Zn、Mn浸出率的影响。①为保证Zn、Mn的浸出率均大于90%，步骤③需控制的c(H2SO4)=____mol/L。H2C2O4浓度对Mn的浸出率影响程度大于Zn，其原因是_____。②假设“酸浸”所得溶液中Zn2+、Mn2+浓度相等。当c(H2C2O4)>0.25mol/L时，Zn、Mn的浸出率反而下降、且Zn的浸出率下降先于Mn，其原因可能是_____(填序号)。a.随着反应进行c(H+)降低b.Zn2+、Mn2+与C2O42-生成沉淀c.溶解度：ZnC2O4＜MnC2O4(4)步骤⑤用惰性电极电解ZnSO4、MnSO4的混合溶液，除生成Zn、MnO2、H2SO4外，还可能生成H2、O2或其混合物。①生成MnO2的电极反应式为_____。②若n(H2)：n(O2)=2：1，则参加反应的n(Zn2+)：n(Mn2+)=______。③该工艺流程中可循环利用的物质是________。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【解析】

A．据图知，0.1mol⋅L−1MOH溶液中pH=11，则c(OH−)=0.001mol⋅L−1，MOH电离程度较小，则c(M+)≈c(OH−)=0.001mol⋅L−1，c(MOH)≈0.1mol⋅L−1，常温下，MOH的电离常数，A正确；B．a点溶液呈碱性，则c(H+)＜c(OH−)，根据电荷守恒得c(M+)+c(H+)=c(OH−)+c(Cl−)，所以得c(M+)＞c(Cl−)≈，B正确；C．当盐酸的体积为10mL时，c点溶液为等物质的量浓度的NaCl和NaOH溶液，当盐酸的体积为20mL时，b点为0.05mol⋅L−1的MCl溶液，是强酸弱碱盐，水解过程微弱，所以b点和c点溶液混合后显碱性，C正确；D.a点有碱溶液、d点酸过量，水的电离均受到抑制，b点溶质是强酸弱碱盐，水解时促进水电离，从a到b点水的电离程度增大，从b到d点水的电离程度减小，故D错误；答案选D。【点睛】D容易错，同学往往受到图的影响而误以为水的电离程度是逐渐改变的，实际上水电离程度受溶质的影响。碱溶液、酸过溶液中水的电离均受到抑制，强酸弱碱盐、强碱弱酸盐水解时促进水电离。2、D【解析】

A.刚玉为三氧化二铝，故A错误；B.碳铵为NH4HCO3，故C错误；C.氯仿为CHCl3，故C错误；D.的主链为7个碳：3，3，5-三甲基庚烷，故D正确；故选D。3、A【解析】

由反应现象可以知道，NH4CuSO3与足量的1.0mol·L-1硫酸溶液混合微热，分别发生：2Cu+=Cu+Cu2+，SO32—+2H+=SO2↑+H2O，结合反应的现象判断。【详解】A.分别发生:2Cu+=Cu+Cu2+，SO32—+2H+=SO2↑+H2O，反应中硫酸中各元素的化合价不变，所以只显示酸性，所以A选项是正确的；B.根据2Cu+=Cu+Cu2+知，NH4CuSO3中铜元素部分被氧化部分被还原，故B错误；C.根据反应SO32—+2H+=SO2↑+H2O，刺激性气味的气体是SO2，故C错误；D.反应中硫酸只作酸，故D错误。答案选A。4、A【解析】

A．草木灰的主要成分是碳酸钾，碳酸钾水解显碱性，可洗衣服，使衣服中的油脂水解，A正确；B、取该“碱”溶于水可得到一种盐溶液碳酸钾溶液，B错误；C、“以灰淋汁”所涉及的操作有溶解、过滤，C错误；D、“薪柴之灰”与铵态氮肥混合施用可减弱肥效，因碳酸根与铵根离子发生双水解而使肥效减弱，D错误；答案选A。5、A【解析】

A．NaAlO2和NaHCO3发生反应生成氢氧化铝程度和碳酸钠，离子方程式为AlO2-+HCO3-+H2O═Al(OH)3↓+CO32-，故A正确；B．MnO2与浓盐酸混合加热，离子方程式：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O，故B错误；C．电荷不守恒，FeSO4溶液中加入盐酸酸化的H2O2的离子方程式为2H++2Fe2++H2O2═2Fe3++2H2O，故C错误；D．Ca(HCO3)2溶液中加入过量氨水，碳酸氢根离子完全反应，离子方程式：Ca2++2HCO3-+2NH3•H2O=CaCO3↓+2H2O+2NH4++CO32-，故D错误；故选A。【点睛】本题的易错点为D，要注意反应物用量对反应的影响。6、D【解析】

溴乙烷水解反应：C2H5Br+NaOH→C2H5OH+NaBr（氢氧化钠水溶液共热）；消去反应：CH3CH2Br+NaOH→CH2=CH2+NaBr+H2O（氢氧化钠乙醇共热），即无论发生水解反应还是消去反应，混合液里面都有Br-。【详解】A、甲同学未向反应混合液中滴入稀硝酸中和NaOH，过量的NaOH可与溴水反应使溶液颜色很快褪去，A不正确；B、乙同学向反应混合液中滴入稀硝酸中和NaOH，然后再滴入AgNO3溶液，若有浅黄色沉淀生成,可证明混合液里含有Br-，不能证明发生了消去反应，B不正确；C、酸性KMnO4溶液遇醇类也可以发生氧化还原反应颜色变浅，C不正确；D、根据上述分析可知，三种方案都不行，符合题意。答案选D。7、D【解析】

A．根据图像分析，pH＞8时只有碳酸根离子和碳酸氢根离子，pH=8时，只有碳酸氢根离子，pH＜8时，溶液中只有碳酸和碳酸氢根离子，则在同一溶液中，H2CO3、HCO3-、CO32-不能大量共存，故A正确；B．Na2CO3溶液中逐滴加入HCl溶液，用酚酞作指示剂，滴定产物是，用甲基橙作指示剂滴定时，和HCl溶液的反应产物是H2CO3，故B正确；C．由图象可知，pH=7时，c(H＋)＝c(OH－)，溶液中含碳元素的主要微粒为HCO3-、H2CO3，电荷守恒可知：c(Na+)+c(H+)=c(Cl−)+c(HCO3-)+c(OH−)，则c(Na+)＞c(Cl−)，因HCO3-水解，则c(Na+)＞c(Cl−)＞c(HCO3-)，溶液中各种离子的物质的量浓度的大小关系为c(Na+)＞c(Cl−)＞c(HCO3-)＞c(H+)=c(OH−)，故C正确；D．已知在25℃时，溶液中c()∶c()＝1∶1，水解反应的平衡常数即水解常数Kh1＝c(OH－)=2.0×10－4，则c(H＋)=5.0×10－11，溶液的pH＜10，故D错误；8、A【解析】

A．液氨作制冷剂，液态氨变为气态氨，是物理变化，不存在电子转移，故A错误；B．合成氨是氢气与氮气反应生成氨气，是氧化还原反应，存在电子转移，故B正确；C．大气固氮是氮气转化为含氮化合物，发生氧化还原反应，存在电子转移，故C正确；D．生物固氮是氮气转化为含氮化合物，发生氧化还原反应，存在电子转移，故D正确；故答案为A。9、A【解析】

由碳架结构可知a为(CH3)2C=CH2，b为C(CH3)4，c为(CH3)3CH，d为环丁烷，①a为(CH3)2C=CH2，属于烯烃，d为环丁烷，属于环烷烃，二者分子式相同，结构不同，互为同分异构体，①正确；②b为C(CH3)4，c为(CH3)3CH，二者都属于烷烃，分子式不同，互为同系物，②正确；③a为(CH3)2C=CH2，含有C=C双键，可以发生加聚反应，d为环丁烷，属于环烷烃，不能发生加聚反应，③错误；④都属于烃，一定条件下都可以发生取代反应，④错误；所以①②正确，故答案为：A。10、D【解析】

A.黏土烧制陶瓷的过程需要高温加热，逐渐去除了有机物，无机物之间相互反应生成了新物质，发生了化学变化，故A正确；B.司母戊鼎由青铜制成，青铜中含有铜元素、锡元素、铅元素等，属于合金，故B正确；C.侯氏制碱法中的“碱”指的是纯碱，即碳酸钠，故C正确；D.青蒿素的相对分子质量较小，不属于有机高分子化合物，故D错误；故选D。【点睛】有机高分子化合物，由千百个原子彼此以共价键结合形成相对分子质量特别大、具有重复结构单元的有机化合物，属于混合物。一般把相对分子质量高于10000的分子称为高分子。11、A【解析】

A.从图中可知Cu2(OH)3Cl没有阻止潮湿的空气和Cu接触，可以加快Cu的腐蚀，因此属于有害锈，A正确；B.Cu2(OH)2CO3中只有氢氧根、一种酸根离子和一种阳离子，因此只能属于碱式盐，不属于复盐，B错误；C.食盐水能够导电，所以在青铜器表面刷一层食盐水，会在金属表面形成原电池，会形成吸氧腐蚀，因此不可以作保护层，C错误；D.有害锈的形成过程中会产生难溶性的CuCl，用NaOH溶液浸泡，会产生Cu2(OH)3Cl，不能阻止空气进入内部进一步腐蚀铜，因此不能做到保护青铜器的艺术价值，做到“修旧如旧”，D错误；故合理选项是A。12、D【解析】

A.aHClO3═bO2↑+cCl2↑+dHClO4+eH2O反应中，HClO3是氧化剂，HClO4、O2是氧化产物，所以氧化性：HClO3＞HClO4，故A错误；B.变蓝的淀粉碘化钾试纸褪色是因为I2被Cl2继续氧化生成IO3-：5C12+I2+6H2O=12H++10Cl-+2IO3-，故B错误；C.由生成的Cl2和O2的混合气体平均分子量为47.6g/mol，则，可得n（Cl2）：n（O2）=2：3，由电子守恒得化学反应方程式为8HClO3=3O2↑+2Cl2↑+4HClO4+2H2O，故C错误；D.若化学计量数a=8，b=3，由C可知，化学反应方程式为8HClO3=3O2↑+2Cl2↑+4HClO4+2H2O，电子转移数为20e-，故D正确；答案选D。【点睛】本题考查氧化还原反应规律和计算，注意把握氧化还原反应中的强弱规律，易错点为C，注意得失电子守恒在氧化还原反应中的应用。13、D【解析】

放电时，金属Zn发生失电子的氧化反应生成Zn2+，即M电极为负极，则N电极为正极，电极反应式为2PTO+8e-+4Zn2+═PTO-Zn2+；充电时，外加电源的正极连接原电池的正极N，外加电源的负极连接原电池的负极。【详解】A.该原电池中，放电时M电极为负极，N电极为正极，正极得电子发生还原反应，故A正确；

B.充电时，原电池的负极M连接外加电源的负极作阴极，电解质中阳离子Zn2+移向阴极M，故B正确；

C.放电时，正极反应式为2PTO+8e-+4Zn2+═PTO-Zn2+，负极反应式为Zn-2e-=Zn2+，电子守恒有4Zn～PTO-Zn2+，所以每生成1molPTO-Zn2+，M极溶解Zn的质量=65g/mol×4mol=260g，故C正确；

D.充电时，原电池的正极N连接外加电源的正极作阳极，发生失电子的氧化反应，电极反应式为PTO-Zn2+-8e-=2PTO+4Zn2+，故D错误；

故选：D。14、C【解析】

A、次氯酸钠水解生成的次氯酸具有强氧化性，能将有机色质漂白褪色；B、氯化铜在溶液中水解生成氢氧化铜和氯化氢，加热促进氯化铜水解，生成的氯化氢易挥发使水解趋于完全生成氢氧化铜；C、离子反应向着离子浓度减小的方向进行；D、未反应的氯气对取代反应的产物HCl的检验产生干扰。【详解】A项、次氯酸钠水解生成的次氯酸具有强氧化性，能将有机色质漂白褪色，不能用pH试纸测次氯酸钠溶液的pH，不能达到实验目的，故A错误；B项、氯化铜在溶液中水解生成氢氧化铜和氯化氢，加热促进氯化铜水解，生成的氯化氢易挥发使水解趋于完全生成氢氧化铜，制备无水氯化铜应在HCl气流中蒸发，故B错误；C项、碘化银和氯化银是同类型的难溶电解质，向浓度相同的银氨溶液中分别加入相同浓度氯化钠和碘化钠溶液，无白色沉淀生成，有黄色沉淀生成，说明碘化银溶度积小于氯化银，故C正确；D项、氯气溶于水也能与硝酸银反应生成白色的氯化银沉淀，未反应的氯气对取代反应的产物HCl的检验产生干扰，不能达到实验目的，故D错误。故选C。15、B【解析】

A．“轨道”2Px与3Py分别属于第二电子层和第三电子层，不同电子层的电子具有不同的能量，所以二者的能量不同，故A错误；B．所有的p轨道均为纺锤形，所以“轨道”2Px与3Py均呈纺锤形，故B正确；C．不同电子层上的电子，其自旋方向不一定相同，故C错误；D．在三维坐标中，“轨道”2Px在x轴方向伸展，3Py在y轴方向伸展，则在空间的伸展方向不同，故D错误；故答案为B。16、C【解析】

A.10

mL0.1

mol⋅L−1Na2CO3溶液逐滴滴加到10

mlL0.1

mol⋅L−1盐酸中，开始时产生二氧化碳气体，滴加完后盐酸完全反应，碳酸钠过量，所以得到碳酸钠和氯化钠的混合物，所以离子浓度大小为：c(Na+)>c(Cl−)>c(CO32−)>c(HCO3−)，A正确；B.由于Ka(CH3COOH)>Ka(HClO)，ClO-水解程度大于CH3COO-水解程度，两种溶液中的阴离子的物质的量浓度之和：②＞①，B正确C.向0.1mol/LNH4Cl溶液中，存在NH4++H2ONH3·H2O+H+，加入少量NH4Cl固体，NH4+，NH4+水解平衡正向移动，c(NH3·H2O)、c(H+)，水解常数不变，即，NH4+水解程度减小，减小，、增大，C错误；D.因为Ksp(AgCl)>Ksp(AgBr)，在AgCl和AgBr两饱和溶液中，前者c(Ag+)大于后者c(Ag+)，c(Cl-)＞c(Br-)，当将AgCl、AgBr两饱和溶液混合时，发生沉淀的转化，生成更多的AgBr沉淀，与此同时，溶液中c(Cl-)比原来AgCl饱和溶液中大，当加入足量的浓AgNO3溶液时，AgBr沉淀有所增多，但AgCl沉淀增加更多，D正确；故答案为：C。【点睛】当盐酸逐滴滴加Na2CO3溶液时，开始时不产生二氧化碳气体，随着盐酸过量，才产生二氧化碳气体，其反应方程式为：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl；NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑；二、非选择题（本题包括5小题）17、C6H12O6CH3-CH=CH2羰基、羧基①④+2H2O【解析】

B的分子式为C3H6，根据题中各物质转化关系，比较B、C的分子式可知反应①为加成反应，所以B中有碳碳双键，所以B为CH3-CH=CH2，B与溴加成生成C为CH3CHBrCH2Br，C在碱性条件下水解得D为CH3CHOHCH2OH，D氧化得E为CH3COCOOH，E与氢气发生加成反应得F为CH3CHOHCOOH，F在一定条件下发生缩聚反应得G，淀粉在酸性条件下水解得A为葡萄糖，据此答题。【详解】B的分子式为C3H6，根据题中各物质转化关系，比较B、C的分子式可知反应①为加成反应，所以B中有碳碳双键，所以B为CH3-CH=CH2，B与溴加成生成C为CH3CHBrCH2Br，C在碱性条件下水解得D为CH3CHOHCH2OH，D氧化得E为CH3COCOOH，E与氢气发生加成反应得F为CH3CHOHCOOH，F在一定条件下发生缩聚反应得G，淀粉在酸性条件下水解得A为葡萄糖。（1）物质A为葡萄糖，其分子式为C6H12O6，B的结构简式为CH3-CH=CH2；（2）E为CH3COCOOH，含氧官能团的名称为羰基、羧基；（3）根据上面的分析可知，反应①～④中属于加成反应的是①④；（4）由两分子F合成六元环化合物的化学方程式为+2H2O。【点睛】本题考查有机物的推断，确定B的结构是关键，再根据官能团的性质结合反应条件进行推断，题目难度中等，注意掌握官能团的性质与转化。18、BrCH2CH=CHCH2Br取代（或水解）HOCH2CH2CH2CHO羧基、羟基、、、【解析】

CH2=CH—CH=CH2与Br21:1发生加成反应生成A，A发生水解反应生成B，B属于二元醇，B与H2发生加成反应生成C，C发生氧化反应生成D，D既能发生银镜反应，又能与金属钠反应放出氢气，说明D中既含—CHO、又含—OH，D发生银镜反应生成E，E中含羧基和羟基，E脱去1分子水生成F，核磁共振氢谱表明F分子中有三种氢，且其峰面积之比为1：1：1，则CH2=CH-CH=CH2与Br2发生的是1，4-加成，A为BrCH2CH=CHCH2Br，依次可得B为HOCH2CH=CHCH2OH，C为HOCH2CH2CH2CH2OH，D为HOCH2CH2CH2CHO，E为HOCH2CH2CH2COOH，F为；B脱去1分子水生成G，G能使溴的四氯化碳溶液褪色，则G为；G→H应该是G与HClO发生加成反应，H应该为；H→I→J，1molJ与足量金属钠反应可放出22.4L氢气（标准状况）说明J中含2个—OH，则H→I的化学方程式为2+Ca(OH)2→2+CaCl2+2H2O，I→J其实就是醚的开环了，反应为，据此分析作答。【详解】CH2=CH—CH=CH2与Br21:1发生加成反应生成A，A发生水解反应生成B，B属于二元醇，B与H2发生加成反应生成C，C发生氧化反应生成D，D既能发生银镜反应，又能与金属钠反应放出氢气，说明D中既含—CHO、又含—OH，D发生银镜反应生成E，E中含羧基和羟基，E脱去1分子水生成F，核磁共振氢谱表明F分子中有三种氢，且其峰面积之比为1：1：1，则CH2=CH-CH=CH2与Br2发生的是1，4-加成，A为BrCH2CH=CHCH2Br，依次可得B为HOCH2CH=CHCH2OH，C为HOCH2CH2CH2CH2OH，D为HOCH2CH2CH2CHO，E为HOCH2CH2CH2COOH，F为；B脱去1分子水生成G，G能使溴的四氯化碳溶液褪色，则G为；G→H应该是G与HClO发生加成反应，H应该为；H→I→J，1molJ与足量金属钠反应可放出22.4L氢气（标准状况）说明J中含2个—OH，则H→I的化学方程式为2+Ca(OH)2→2+CaCl2+2H2O，I→J其实就是醚的开环了，反应为；（1）A的结构简式为BrCH2CH=CHCH2Br；A生成B是溴代烃在强碱水溶液中的水解反应，也是一种取代反应。（2）D的结构简式为HOCH2CH2CH2CHO。（3）E为HOCH2CH2CH2COOH，E发生分子内酯化生成F，反应的方程式为；E中含有官能团的名称为羧基和羟基；与E具有相同官能团的同分异构体有、、、。（4）G的结构简式为。（5）I生成J的化学方程式为。19、NaNO2+NH4ClNaCl+N2↑+2H2Oc用酒精灯微热蒸馏烧瓶，导管口有气泡冒出，撤掉酒精灯一段时间，导管内上升一段水柱，证明气密性良好在干燥管D末端连接一个尾气处理装置c不变61.5%【解析】

制取氮化铝：用饱和NaNO2与NH4Cl溶液制取氮气NaNO2+NH4ClNaCl+N2↑+2H2O，装置中分液漏斗与蒸馏烧瓶之间的导管A，平衡内外压强，使NaNO2饱和溶液容易滴下，制得的氮气排尽装置中的空气，碱石灰干燥氮气，氧化铝、碳和氮气在高温的条件下生成氮化铝和一氧化碳，方程式为：Al2O3+3C+N22AlN+3CO，D防止空气进入反应装置干扰实验；（1）饱和NaNO2与NH4Cl溶液应生成氯化钠、氮气和水；（2）根据实验的需要结合大气压强原理来回答；（3）只要先将装置密封再利用热胀冷缩原理进行气密性验证；（4）实验必须对有毒气体进行尾气处理，防止空气污染；（5）氮化铝和氢氧化钠反应会生成氨气，氨气进入广口瓶后，如果装置密闭，广口瓶中压强会增大，那么就会有水通过广口瓶的长管进入量筒中，根据等量法可知，进入到广口瓶中水的体积就等于生成的氨气的体积．所以通过量筒中排出的水的体积就可以知道氨气的体积，然后有氨气的密度求出氨气的质量，进而根据方程式求出氮化铝的质量。①产生的氨气极易溶于水，为防止氨气溶于水需要把气体与水隔离，因此应选择不能与氨气产生作用的液体作为隔离液；选用的试剂应是和水不互溶，且密度大于水的；②反应前广口瓶的上方留有的少量空间填充的是空气，反应后广口瓶的上方留有的少量空间填充的是氨气，氨气代替了开始的空气，把最后空间中充入的氨气当成开始时的空气即可；③根据氨气的体积计算出物质的量，得出其中氮原子的物质的量，根据氮原子守恒，来计算氮化铝的百分含量。【详解】制取氮化铝：用饱和NaNO2与NH4Cl溶液制取氮气NaNO2+NH4ClNaCl+N2↑+2H2O，装置中分液漏斗与蒸馏烧瓶之间的导管A，平衡内外压强，使NaNO2饱和溶液容易滴下，制得的氮气排尽装置中的空气，碱石灰干燥氮气，氧化铝、碳和氮气在高温的条件下生成氮化铝和一氧化碳，方程式为：Al2O3+3C+N22AlN+3CO，D防止空气进入反应装置干扰实验。（1）饱和NaNO2与NH4Cl溶液反应生成氯化钠、氮气和水，反应为NaNO2+NH4ClNaCl+N2↑+2H2O；故答案为：NaNO2+NH4ClNaCl+N2↑+2H2O；（2）装置中分液漏斗与蒸馏烧瓶之间的导管A具有平衡气压的作用，这样可以保证NaNO2饱和溶液容易滴下，故选c；（3）关闭分液漏斗开关，使装置处于密闭体系，将导管一端浸入水中，用手紧握锥形瓶外壁，由于热胀冷缩，锥形瓶内气体受热膨胀，如果导管口有气泡冒出，说明气密性良好，否则装置漏气，故答案为：用酒精灯微热蒸馏烧瓶，导管口有气泡冒出，撤掉酒精灯一段时间，导管内上升一段水柱，证明气密性良好；（4）实验必须对有毒气体进行尾气处理，应在干燥管D末端连接一个尾气处理装置，防止空气污染，故答案为：在干燥管D末端连接一个尾气处理装置；（5）①酒精、汽油虽然都不能与氨气发生反应，但它们却都极易挥发，挥发出来的气体对实验有影响而且挥发完后不能再起到隔离氨气与水接触的作用；同时由于酒精易溶于水，也不能达到隔离的目的；CCl4密度大于水，不能起到隔离作用，而植物油既不溶于水，密度小于水也不易挥发，可以把氨气与水进行隔离；故答案为：c；

②本次实验的目的在于测定产生气体的体积而不是收集纯净的气体，因此，把最后空间中充入的氨气当成开始时的空气即可，不会对测量结果产生影响，故答案为：不变；

③氨气的体积为3.36L（标准状况），物质的量是0.15mol，所以氮化铝的物质的量是0.15mol，质量是0.15mol×41g/mol=6.15g，所以氮化铝的质量分数为×100%=61.5%，故答案为：61.5%。【点睛】本题考查对实验原理的理解与实验操作评价、物质含量测定、化学计算等，理解实验原理是关键，是对所学知识的综合运用，需要学生具备扎实的基础知识与综合运用知识分析问题、解决问题的能力，学习中全面把握基础知识。20、ABDECNH3·H2O(浓)+CaO=Ca(OH)2+NH3↑溶液吸收挥发的、同时生成在水中溶解度大，在水中溶解度不大，碱性溶液吸收，可提高利用率混合液中加硫酸导致氢离子浓度增大，平衡向生成水溶液方向移动9酸式95.68%偏低【解析】

(一)根据制备的反应原理：2LaCl3+6NH4HCO3═La2(CO3)3↓+6NH4Cl+3CO2↑+3H2O，结合装置图可知，W中制备二氧化碳，Y中制备氨气，X是除去二氧化碳中HCl，在Z中制备碳酸镧，结合氨气的性质分析解答(1)～(4)；(二)由实验流程可知，氟碳酸铈精矿(主要含CeFCO3)氧化焙烧生成CeO2，加酸溶解发生2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O，过滤分离出不溶物，含Ce3+的溶液进行萃取分离得到浓溶液，再与碱反应生成Ce(OH)3，将Ce(OH)3氧化可生成Ce(OH)4。据此结合氧化还原反应的规律、盐类水解和溶解积的计算分析解答(5)～(8)。【详解】(一)(1)由装置可知，W中制备二氧化碳，X除去HCl，Y中制备氨气，在Z中制备碳酸镧，则制备碳酸镧实验流程中导管从左向右的连接顺序为：F→A→B→D→E→C，故答案为A；B；D；E；C；(2)Y中发生反应的化学反应式为NH3·H2O(浓)+CaO=Ca(OH)2+NH3↑，故答案为NH3·H2O(浓)+CaO=Ca(OH)2+NH3↑；(3)X是除去二氧化碳中的氯化氢，需要盛放的试剂是NaHCO3溶液，其作用为吸收挥发的HCl、同时生成CO2，故答案为NaHCO3溶液；吸收挥发的HCl、同时生成CO2；(4)Z中应先通入NH3，后通入过量的CO2，因为NH3在水中溶解度大，二氧化碳在水中溶解度不大，碱性溶液利用吸收二氧化碳，提高利用率，故答案为NH3在水中溶解度大，CO2在水中溶解度不大，碱性溶液吸收，可提高利用率；(二)(5)氧化焙烧生成的铈化合物二氧化铈(CeO2)，其在酸浸时发生离子反应为2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O，故答案为2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O；(6)向CeT3(有机层)加入H2SO4获得较纯的含Ce3+的水溶液的原因是混合液中加硫酸导致氢离子浓度增大，平衡向生成Ce3+水溶液方向移动，故答案为混合液中加硫酸导致氢离子浓度增大，平衡向生成Ce3+水溶液方向移动；(7)已知298K时，Ksp[Ce(OH)3]=1×10-20，为了使溶液中Ce3+沉淀完全，c(OH-)==1×10-5mol/L，由Kw可知c(H+)=1×10-9mol/L，pH=-lgc(H+)=9，故答案为9；(8)①FeSO