湖北省荆门市钟祥一中2025年高三考前热身化学试卷含解析

湖北省荆门市钟祥一中2025年高三考前热身化学试卷注意事项: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、全钒液流储能电池是一种新型的绿色环保储能系统（工作原理如图，电解液含硫酸）。该电池负载工作时，左罐颜色由黄色变为蓝色。4下列说法错误的是A．该电池工作原理为VO2++VO2++2H+VO2++V3++H2OB．a和b接用电器时，左罐电动势小于右罐，电解液中的H+通过离子交换膜向左罐移动C．电池储能时，电池负极溶液颜色变为紫色D．电池无论是负载还是储能，每转移1mol电子，均消耗1mol氧化剂2、侯氏制碱法中，对母液中析出NH4Cl无帮助的操作是（）A．通入CO2 B．通入NH3 C．冷却母液 D．加入食盐3、硫元素最常见和最稳定的一种同素异形体是黄色的正交α－型，1912年E.Beckmann由硫在碘中的冰点降低法测得它含有S8分子。1891年，M.R.Engel用浓盐酸和硫代硫酸盐的饱和溶液在0℃下作用首次制得了一种菱形的－硫，后来证明含有S6分子。下列说法正确的是A．S6和S8分子都是由S原子组成，所以它们是一种物质B．S6和S8分子分别与铁粉反应，所得产物不同C．S6和S8分子分别与过量的氧气反应可以得到SO3D．等质量的S6和S8分子分别与足量的KOH反应，消耗KOH的物质的量相同4、下列有关物质分类正确的是A．液氯、干冰均为纯净物B．NO2、CO、CO2均为酸性氧化物C．互为同系物D．淀粉、纤维素和油脂都属于天然高分子化合物5、A、B、D、E、F为短周期元素，非金属元素A最外层电子数与其周期数相同，B的最外层电子数是其所在周期数的2倍，B在D的单质中充分燃烧能生成其最高价化合物BD2，E+与D2-具有相同的电子数。A在F是单质中燃烧，产物溶于水得到一种强酸。下列有关说法正确的是（）A．工业上F单质用MnO2和AF来制备B．B元素所形成的单质的晶体类型都是相同的C．F所形成的氢化物的酸性强于BD2的水化物的酸性，说明F的非金属性强于BD．由化学键角度推断，能形成BDF2这种化合物6、活性氧化锌是一种多功能性的新型无机材料。某小组以粗氧化锌（含铁、铜的氧化物）为原料模拟工业生产活性氧化锌，步骤如图：

已知相关氢氧化物沉淀pH范围如表所示Zn（OH）2Fe（OH）2Fe（OH）3Cu（OH）2开始沉淀5.47.02.34.7完全沉淀8.09.04.16.7下列说法不正确的是（）A．“酸浸”中25%稀硫酸可用98%浓硫酸配制，需玻璃棒、烧杯、量简、胶头滴管等仪器B．“除铁”中用ZnO粉调节溶液pH至4.1～4.7C．“除铜”中加入Zn粉过量对制备活性氧化锌的产量没有影响D．“沉锌”反应为2Zn2++4HCO3﹣═Zn2（OH）2CO3↓+3CO2↑+H2O7、下列实验操作能达到目的的是（）选项实验目的实验操作A配制100g10%的NaOH溶液称取10gNaOH溶于90g蒸馏水中B验证“84消毒液”呈碱性用pH试纸测量溶液的pHC检验溶液中是否含有Na+用洁净的玻璃棒蘸取溶液灼烧，观察火焰颜色D从溴水中获得溴单质利用SO2将Br2吹出后，富集、还原、分离A．A B．B C．C D．D8、利用图示实验装置可完成多种实验,其中不能达到相应实验目的的是选项试剂1、试剂2实验目的A过量锌粒、食醋溶液测定食醋中醋酸浓度B粗锌、过量稀硫酸测定粗锌（含有不参与反应的杂质）纯度C碳酸钠固体、水证明碳酸钠水解吸热D过氧化钠固体、水证明过氧化钠与水反应产生气体A．A B．B C．C D．D9、某溶液中只可能含有K＋、Mg2＋、Al3＋、Br－、OH－、CO32－、SO32－中的一种或几种。取样，滴加足量氯水，有气泡产生，溶液变为橙色；向橙色溶液中加BaCl2溶液无明显现象。为确定该溶液的组成，还需进行的实验是()A．取样，进行焰色反应B．取样，滴加酚酞溶液C．取样，加入足量稀HNO3，再滴加AgNO3溶液D．取样，加入足量BaCl2溶液，再滴加紫色石蕊溶10、下表是四种盐在不同温度下的溶解度（g/100g水）：（假设：盐类共存时不影响各自的溶解度，分离晶体时，溶剂的损耗忽略不计）NaNO3KNO3NaClKCl10℃80.521.235.731.0100℃17524639.156.6用物质的量之比为1：1的硝酸钠和氯化钾为原料，制取硝酸钾晶体，其流程如图所示以下说法错误的是（）A．①和②的实验过程中，都需要控制温度B．①实验操作依次为：加水溶解、蒸发浓缩结晶、趁热过滤C．②实验操作依次为：加水溶解、蒸发浓缩结晶、趁热过滤D．用95%的酒精洗涤所得的硝酸钾晶体比较好11、氧化还原反应与四种基本反应类型的关系如图所示，下列化学反应属于阴影3区域的是A．2HClO2HCl＋O2↑B．NH4HCO3NH3↑＋H2O＋CO2↑C．4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3D．Fe2O3＋3CO2Fe＋3CO212、常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（）A．使酚酞变红的溶液中：Na+、NH4+、Cl﹣、SO42﹣B．c（Al3+）＝0.1mol•L﹣1的溶液中：K+、Mg2+、AlO2﹣、SO42﹣C．澄清透明的溶液中：Fe3+、Ba2+、NO3﹣、Cl﹣D．c（H+）＝0.1mol•L﹣1的溶液中；K+、Na+、CH3COO﹣、NO3﹣13、研究电化学腐蚀及防护的装置如图所示。下列有关说法错误的是()A．d为石墨，电流从d流入导线进入铁片B．d为铜片，铜片上电极反应为：O2+2H2O+4e→4OH–C．d为锌块，铁片不易被腐蚀D．d为镁片，铁片上电极反应为：2H++2e→H2↑14、下列说法或表示方法正确的是（）A．在稀溶液中，H2SO4和Ba(OH)2的中和热要大于57.3kJ/molB．2C（s）+O2（g）═2CO（g）△H＜O，△S＞OC．已知：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)；△H=－98.3kJ/mol。将1molSO2和0.5molO2充入一密闭容器中反应，放出49.15kJ的热量D．在10lkPa、25℃时，1gH2完全燃烧生成气态水，放出120.9kJ的热量，则氢气的燃烧热为241.8kJ/mol15、FFC电解法可由金属氧化物直接电解制备金属单质，西北稀有金属材料研究院利用此法成功电解制备钽粉(Ta)，其原理如图所示。下列说法正确的是A．该装置将化学能转化为电能B．a极为电源的正极C．Ta2O5极发生的电极反应为Ta2O5+10e—=2Ta+5O2—D．石墨电极上生成22.4LO2，则电路中转移的电子数为4×6.02×102316、下列叙述正确的是A．发生化学反应时失去电子越多的金属原子，还原能力越强B．活泼非金属单质在氧化还原反应中只作氧化剂C．阳离子只有氧化性，阴离子只有还原性D．含有某元素最高价态的化合物不一定具有强氧化性17、实验室用下图所示装置进行液体石蜡分解及其产物性质实验。下列操作或叙述错误的是A．装置b、c中发生反应的基本类型不同B．实验中可能看不到b、c中溶液明显褪色C．d中溶液变浑浊证明石蜡分解产生了CO2D．停止加热后立即关闭K可以防止液体倒吸18、已知有如下反应：①2Fe3＋＋2I－=2Fe2＋＋I2②2Fe2＋＋Br2=2Fe3＋＋2Br－③2Fe(CN)64-＋I2=2Fe(CN)63-＋2I－，试判断氧化性强弱顺序正确的是（）A．Fe3＋＞Br2＞I2＞Fe(CN)63-B．Br2＞I2＞Fe3＋＞Fe(CN)63-C．Br2＞Fe3＋＞I2＞Fe(CN)63-D．Fe(CN)63-＞Fe3＋＞Br2＞I219、已知N2H4在水中电离方式与NH3相似，若将NH3视为一元弱碱，则N2H4是一种二元弱碱，下列关于N2H4的说法不正确的是A．它与硫酸形成的酸式盐可以表示为N2H5HSO4B．它溶于水所得的溶液中共有4种离子C．它溶于水发生电离的第一步可表示为：N2H4＋H2ON2H5＋OH－D．室温下，向0.1mol/L的N2H4溶液加水稀释时，n(H＋)·n(OH－)会增大20、化学与生活、生产密切相关，下列说法正确的是A．月饼因富含油脂而易被氧化，保存时常放入装有硅胶的透气袋B．离子交换膜在工业上应用广泛，在氯碱工业中使用阴离子交换膜C．钢铁在潮湿的空气中，易发生化学腐蚀生锈D．“梨花淡白柳深青，柳絮飞时花满城”中柳絮的主要成分和棉花相同21、由下列实验和现象得出的结论正确的是选项实验和现象结论A向某溶液中滴加浓NaOH溶液并加热，将湿润的蓝色石蕊试纸靠近试管口，试纸颜色无明显变化原溶液中一定无NH4+B将少量某无色气体通入澄清石灰水中，出现白色沉淀该气体一定是CO2C向某无色溶液中滴加氯水和CCl4，振荡、静置，下层溶液显紫红色原无色溶液中一定有I—D将稀盐酸滴入硅酸钠溶液中，产生白色胶状沉淀氯的非金属性强于硅A．A B．B C．C D．D22、某同学在实验室探究NaHCO3的性质：常温下，配制0.10mol/LNaHCO3溶液，测其pH为8.4；取少量该溶液滴加CaCl2溶液至pH=7，滴加过程中产生白色沉淀，但无气体放出。下列说法不正确的是()A．NaHCO3溶液呈碱性的原因是HCO3-的水解程度大于电离程度B．反应的过程中产生的白色沉淀为CaCO3C．反应后的溶液中存在：c(Na+)+2c(Ca2+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(Cl-)D．加入CaCl2促进了HCO3-的水解二、非选择题(共84分)23、（14分）丙烯是重要的有机化工原料，它与各有机物之间的转化关系如下：回答下列问题：(1)E中官能团的名称为____；C的结构简式为_____。(2)由A生成D的反应类型为____；B的同分异构体数目有___种（不考虑立体异构）。(3)写出D与F反应的化学方程式：____。24、（12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__________。25、（12分）某学生设计下列实验（图中用于加热的仪器没有画出）制取Mg3N2，观察到装置A的黑色的固体变成红色，装置D的镁条变成白色，回答下列问题：(1)装置A中生成的物质是纯净物，则可能是_________，证明的方法是_____________。(2)设计C装置的作用是________________，缺陷是___________________。26、（10分）纳米TiO2是一种重要的光催化剂。以钛酸酯Ti(OR)4为原料制备纳米TiO2的步骤如下：①组装装置如下图所示，保持温度约为65℃，先将30mL钛酸四丁酯[Ti(OC4H9)4]加入盛有无水乙醇的三颈烧瓶，再加入3mL乙酰丙酮，充分搅拌；②将含水20％的乙醇溶液缓慢滴入三颈烧瓶中，得到二氧化钛溶胶；③将二氧化钛溶胶干燥得到二氧化钛凝胶，灼烧凝胶得到纳米TiO2。已知，钛酸四丁酯能溶于除酮类物质以外的大部分有机溶剂，遇水剧烈水解；Ti(OH)4不稳定，易脱水生成TiO2，回答下列问题：(1)仪器a的名称是_______，冷凝管的作用是________。(2)加入的乙酰丙酮可以减慢水解反应的速率，其原理可能是________(填标号)。a.增加反应的焓变b.增大反应的活化能c.减小反应的焓变d.降低反应的活化能制备过程中，减慢水解反应速率的措施还有________。(3)步骤②中制备二氧化钛溶胶的化学方程式为________。下图所示实验装置中，可用于灼烧二氧化钛凝胶的是________(填标号)。(4)测定样品中TiO2纯度的方法是：精确称取0.2000g样品放入锥形瓶中，加入硫酸和硫酸铵的混合溶液，加强热使其溶解。冷却后，加入一定量稀盐酸得到含TiO2+的溶液。加入金属铝，将TiO2+全部转化为Ti3+。待过量的金属铝完全溶解并冷却后，加入指示剂，用0.1000mol·L-lNH4Fe(SO4)2溶液滴定至终点。重复操作2次，消耗0.1000mol·L-1NH4Fe(SO4)2溶液的平均值为20.00mL(已知：Ti3+＋Fe3+＋H2O=TiO2+＋Fe2+＋2H＋)。①加入金属铝的作用除了还原TiO2＋外，另一个作用是________________。②滴定时所用的指示剂为____________(填标号)a.酚酞溶液b.KSCN溶液c.KMnO4溶液d.淀粉溶液③样品中TiO2的质量分数为________%。27、（12分）某学生对SO2与漂粉精的反应进行实验探究：操作现象取4g漂粉精固体，加入100mL水部分固体溶解，溶液略有颜色过滤，测漂粉精溶液的pHpH试纸先变蓝（约为12），后褪色液面上方出现白雾；

稍后，出现浑浊，溶液变为黄绿色；

稍后，产生大量白色沉淀，黄绿色褪去（1）C12和Ca（OH）2制取漂粉精的化学方程是_________。（2）pH试纸颜色的变化说明漂粉精溶液具有的性质是_________。（3）向水中持续通入SO2，未观察到白雾。推测现象i的白雾由HC1小液滴形成，进行如下实验：a．用湿润的碘化钾淀粉试纸检验白雾，无变化；b．用酸化的AgNO3溶液检验白雾，产生白色沉淀。①实验a目的是______。②由实验a、b不能判断白雾中含有HC1，理由是________。（4）现象ii中溶液变为黄绿色的可能原因：随溶液酸性的增强，漂粉精的有效成分和C1-发生反应。通过进一步实验确认了这种可能性，其实验方案是______。（5）将A瓶中混合物过滤、洗涤，得到沉淀X①向沉淀X中加入稀HC1，无明显变化。取上层清液，加入BaC12溶液，产生白色沉淀。则沉淀X中含有的物质是_____。②用离子方程式解释现象iii中黄绿色褪去的原因：________。28、（14分）氮、磷对水体的污染情况越来越受到人们的重视。回答下列问题：(1)常温下，在pH约为9时，用澄清石灰水可将水体中的HPO42-化为Ca10(PO4)6(OH)2沉淀除去，该反应的离子方程式为_____________。(2)除去地下水中的硝态氮通常用还原剂将其还原为N2。①Prusse等提出的用Pd-Cu作催化剂，常温下，在pH为4.0~6.0时，可直接用H2将NO3-还原为N2，该反应的离子方程式为__________。研究发现用H2和CO2的混合气体代替H2，NO3-的去除效果比只用H2时更好，其原因是________。②在pH约为5时，用纳米Fe粉可将NO3-还原为N2，Fe粉被氧化为Fe2+，该反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为_________。(3)实验测得相同条件下，用次氯酸钠脱除水体中的氨态氮的过程中(2NH3+3ClO-=N2+3H2O+3Cl-)，pH与氨态氮的去除率关系如图所示，在pH大于9时，pH越大，去除率越小，其原因是_________。29、（10分）钾和碘的相关化合物在化工医药材料等领域有着广泛的应用。回答下列问题:(1)基态K原子中，核外电子的空间运动状态共____种，占据最高能级的电子的电子云轮廓图形状为________。(2)K和Cr属于同一周期，且核外最外层电子构型相同。第一电离能比较:K____(填“>”或“<”)Cr，金属键强度比较:K________(填“>”或“<")Cr.(3)IO3-离子的立体构型的名称为_____，中心原子的杂化方式为________.(4)HIO4的酸性强于HIO3,其原因为_________(5)KIO3晶体是一种性能良好的非线性光学材料，晶胞如图所示。晶胞的棱长为a=0.446nm,晶胞中K、I、O分别处于顶角、体心、面心位置，K与I间的最短距离为_______nm,与K紧邻的O的个数为______。阿伏加德罗常数的值为6.02×1023，列式计算晶体的密度为_________g/cm3.

(不必计算结果)

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、B【解析】

电池负载工作时，左罐顔色由黄色变为蓝色，说明ⅤO2+变为ⅤO2＋，V化合价降低，则左罐所连电极a为正极；右罐发生V2+变为V3+，化合价升高的反应，所以右罐所连电极b为负极，因此电池反应为VO2++V2＋+2H+=VO2＋+V3＋+H2O，所以，该储能电池工作原理为VO2++VO2++2H+VO2++V3++H2O，故A正确；B、a和b接用电器时，该装置为原电池，左罐所连电极为正极，所以电动势大于右罐，电解液中的H+通过离子交换膜向正极移动，即向左罐方向移动，故B错误；C、电池储能时为电解池，故电池a极接电源正极，电池b极接电源负极，电池负极所处溶液即右罐V3+变为V2+，因此溶液颜色由绿色变为紫色，故C正确；D、负载时为原电池，储能时为电解池，根据反应式VO2++VO2++2H+VO2++V3++H2O可知，原电池时氧化剂为VO2+，电解池时氧化剂为V3+，它们与电子转移比例为n(VO2+)：n（V3+）:n(e－)=1:1:1，故D正确。答案选B。2、A【解析】

母液中析出NH4Cl，则溶液应该达到饱和，饱和NH4Cl溶液中存在溶解平衡：NH4Cl(s)⇌NH4+(aq)+Cl-(aq)，若要析出氯化铵，应该使平衡逆向移动。【详解】A．通入二氧化碳后，对铵根离子和氯离子没有影响，则对母液中析出NH4Cl无帮助，故A正确；B．通入氨气后，溶液中铵根离子浓度增大，平衡逆向移动，有利于氯化铵的析出，故B错误；C．冷却母液，氯化铵的溶解度降低，有利于氯化铵的析出，故C错误；D．加入食盐，溶液中氯离子浓度增大，平衡逆向移动，有利于氯化铵的析出，故D错误；故选A。3、D【解析】

A选项，S6和S8分子都是由S原子组成，它们是不同的物质，互为同素异形体，故A错误；B选项，S6和S8是硫元素的不同单质，化学性质相似，因此它们分别与铁粉反应，所得产物相同，故B错误；C选项，不管氧气过量还是少量，S6和S8分子分别与氧气反应可以得到SO2，故C错误；D选项，等质量的S6和S8分子，其硫原子的物质的量相同，因此它们分别与足量的KOH反应，消耗KOH的物质的量相同，故D正确。综上所述，答案为D。4、A【解析】

A.液氯、干冰均为由一种分子构成的物质，因此都属于纯净物，A正确；B.NO2与水反应产生HNO3和NO，元素化合价发生了变化，因此不属于酸性氧化物，CO是不成盐氧化物，只有CO2为酸性氧化物，B错误；C.属于酚类，而属于芳香醇，因此二者不是同类物质，不能互为同系物，C错误；D.淀粉、纤维素都属于天然高分子化合物，而油脂不是高分子化合物，D错误；故合理选项是A。5、D【解析】

A、B、D、E、F为短周期元素，非金属元素A最外层电子数与其周期数相同，则A为H元素；B的最外层电子数是其所在周期数的2倍，则B是C元素；B在D中充分燃烧生成其最高价化合物BD2，则D是O元素；E+与D2-具有相同的电子数，则E处于IA族，E为Na元素；A在F中燃烧，产物溶于水得到一种强酸，则F为Cl元素。A.在工业上电解饱和食盐水制备Cl2，A错误；B.碳元素单质可以组成金刚石、石墨、C60等，金刚石属于原子晶体，石墨属于混合性晶体，而C60属于分子晶体，B错误；C.F所形成的氢化物HCl，HCl的水溶液是强酸，CO2溶于水得到的H2CO3是弱酸，所以酸性HCl>H2CO3，但HCl是无氧酸，不能说明Cl的非金属性强于C，C错误；D.可以形成COCl2这种化合物，结构式为，D正确；故合理选项是D。6、C【解析】

粗氧化锌（含铁、铜的氧化物）加入稀硫酸溶解过滤得到溶液中含有硫酸亚铁、硫酸铜、硫酸锌，加入H2O2溶液氧化亚铁离子为铁离子，加入氧化锌调节溶液PH沉淀铁离子和铜离子，加入锌还原铜离子为铜单质，过滤得到硫酸锌，碳化加入碳酸氢铵沉淀锌离子生成碱式碳酸锌，加热分解生成活性氧化锌；A．依据溶液配制过程分析需要的仪器有玻璃棒、烧杯、量筒、胶头滴管等；B．依据沉淀PH范围调节溶液PH使铁离子和铜离子沉淀；C．“除铜”加入Zn粉的作用是含有铜离子，调节溶液pH除净铜离子；D．“沉锌”时加入NH4HCO3溶液，溶液中的Zn2＋与HCO3－反应生成Zn2（OH）2CO3和CO2。【详解】A．酸浸”中所需25%稀硫酸可用98%浓硫酸（密度为1.84g/mL）配制，是粗略配制在烧杯内稀释配制，所需的仪器除玻璃棒、烧杯外，还需要仪器有量筒、胶头滴管等，故A正确；B．依据沉淀PH范围调节溶液PH使铁离子和铜离子沉淀，调节溶液PH为4.1～4.7，故B正确；C．“除铜”中加入Zn粉置换溶液中的Cu，过量的Zn粉也能溶解于稀硫酸，溶液中Zn2+浓度增大，导致活性氧化锌的产量增加，故C错误；D．“沉锌”时溶液中的Zn2+与HCO3﹣反应生成Zn2（OH）2CO3和CO2，发生的离子反应为2Zn2++4HCO3﹣═Zn2（OH）2CO3↓+3CO2↑+H2O，故D正确；故选C。7、A【解析】

A.溶液质量是90g+10g=100g，溶质的质量分数为×100%=10%，A正确；B.“84消毒液”有效成分是NaClO，该物质具有氧化性，会将pH试纸氧化漂白，因此不能用pH试纸测量该溶液的pH，以验证溶液的碱性，B错误；C.玻璃的成分中含有Na2SiO3，含有钠元素，因此用玻璃棒进行焰色反应实验，就会干扰溶液中离子的检验，要使用铂丝或光洁无锈的铁丝进行焰色反应，C错误；D.向溴水中加入CCl4充分振荡后，静置，然后分液，就可从溴水中获得溴单质。若向溴水中通入SO2气体，就会发生反应：SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr，不能将单质溴吹出，D错误；故合理选项是A。8、C【解析】

A．将甲中左侧过量锌粒转移到右侧盛有的一定体积食醋溶液中，测定乙中产生气体体积，可测定酷酸浓度，故A项正确；B．将甲中右侧过量稀硫酸转移到左侧一定质量的粗锌中，测定己中产生气体体积，可测定粗锌的纯度，B项正确；C．碳酸钠溶于水的过程中包含溶解和水解，水解微弱、吸收热量少，溶解放热，且放出热量大于吸收的热量，故C项错误；D．过氧化钠与水反应放热并产生氧气，恢复至室温后，可根据己中两侧液面高低判断是否有气体产生，故D项正确；故答案为C。【点睛】利用该法测量气体体积时要注意使水准管和量气筒里液面高度保持一致。9、D【解析】

①向溶液中滴加足量氯水后

,

溶液变橙色

,

说明溶液中含有

Br−，且有气泡冒出

,

说明溶液中含离子

CO32－或SO32－；②向所得橙色溶液中加入足量BaCl2溶液，无沉淀生成，说明不含SO32－，

那么一定含有：CO32－，一定不能含有与碳酸根生成沉淀的离子：

Mg2＋、Al3＋，通过以上分析，根据电中性原理

，能证明

K＋存在

，所以无法判断氢氧根离子的存在与否，可以取样

，加入足量

BaCl2溶液，再滴加紫色石蕊试液看是否变红来检验。故选

D。【点睛】①向溶液中滴加足量氯水后，溶液变橙色，说明溶液中含有Br

-，且有无色气泡冒出，说明溶液中含离子CO

3

2-或SO

3

2-离子，那么与其混合生成沉淀的不能存在；

②向所得橙色溶液中加入足量BaCl

2溶液，无沉淀生成，说明不含SO

3

2-，据此进行解答。10、C【解析】

由分离流程可知，因硝酸钠和氯化钾不同温度下溶解度不同，在①的实验过程中，将硝酸钠和氯化钾加水溶解，蒸发浓缩，有NaCl析出，趁热过滤分离出氯化钠，将滤液冷却可使硝酸钾析出，以此来解答。【详解】A.①为蒸发浓缩，②为冷却结晶，均需要控制温度，故A正确；B.①实验分离出NaCl，操作依次为：加水溶解、蒸发浓缩结晶、趁热过滤，故B正确；C.②实验操作为冷却结晶，故C错误；D.用95%的酒精洗涤所得的硝酸钾晶体比较好，可减少硝酸钾的溶解，故D正确；答案选C。11、D【解析】

根据图得出阴影3为氧化还原反应，但不是置换反应、化合反应、分解反应。【详解】A.2HClO2HCl＋O2↑，有化合价升降，是氧化还原反应，但是分解反应，故A不符合题意；B.NH4HCO3NH3↑＋H2O＋CO2↑，没有化合价升降，故B不符合题意；C.4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3，有化合价升降，是氧化还原反应，但是化合反应，故C不符合题意；D.Fe2O3＋3CO2Fe＋3CO2，有化合价升降，是氧化还原反应，不属于置换反应、化合反应、分解反应，故D符合题意。综上所述，答案为D。12、C【解析】

A、使酚酞变红的溶液呈碱性，NH4+与氢氧根反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；B、Al3+、AlO2﹣之间发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀，在溶液中不能大量共存，故B错误；C、Fe3+、Ba2+、NO3﹣、Cl﹣之间不反应，在溶液中能够大量共存，故C正确；D、H+、CH3COO﹣之间发生反应，在溶液中不能大量共存，故D错误；答案选C。13、D【解析】

A．d为石墨，活泼金属铁片作负极，石墨作正极，电流从正极流入导线进入负极，故A正确；B．d为铜片，活泼金属铁片作负极，铜片作正极；海水呈中性，所以发生吸氧腐蚀，铜片上电极反应为：O2+2H2O+4e-═4OH-，故B正确；C．锌比铁片活泼，所以腐蚀锌，所以铁片不易被腐蚀，故C正确；D．d为镁片，作为负极，因海水呈中性，所以发生吸氧腐蚀，所以铁片上电极反应为：O2+2H2O+4e-═4OH-，故D错误；故选D。【点睛】本题考查了原电池原理，根据电极上得失电子判断正负极，再结合电极反应类型、电子流向来分析解答，熟记原电池原理，难点是电极反应式的书写，题目难度不大。14、B【解析】

A.在稀溶液中，强酸跟强碱发生中和反应生成1mol水时的反应热叫做中和热，在稀溶液中，H2SO4和Ba(OH)2的中和热等于57.3kJ/mol，故A错误；B.2C（s）+O2（g）═2CO（g）燃烧过程均为放热反应，△H＜O；该反应是气体体积增加的反应，即为混乱度增大的过程，△S＞O；故B正确C.已知：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)；△H=－98.3kJ/mol。该反应为可逆反应，△H=－98.3kJ/mol为反应进行彻底时放出的热量，将1molSO2和0.5molO2充入一密闭容器中反应，放出的热量小于49.15kJ，故C错误。D.在10lkPa、25℃时，1gH2完全燃烧生成气态水，水蒸气不是稳定的氧化物，不能用于计算燃烧热，故D错误；答案选B15、C【解析】

电解池工作时O2-向阳极移动，则石墨电极为阳极，电源的b极为正极，电解池的阴极发生还原反应，据此分析解题。【详解】A．该装置是电解池，是将电能转化为化学能，故A错误；B．电解池工作时O2-向阳极移动，则石墨电极为阳极，电源的b极为正极，a极为电源的负极，故B错误；C．Ta2O5极为阴极，发生还原反应，其电极反应为Ta2O5+10e—=2Ta+5O2—，故C正确；D．石墨电极上生成的22.4LO2没有指明是标准状况，则其物质的量不一定是1mol，转移电子数也不一定是4×6.02×1023，故D错误；故答案为C。【点睛】本题考查电解原理的应用，判断电源的电极是解题关键，在电解池中，阴离子移向阳极，阳离子移向阴极，再结合电解池的阴极发生还原反应，阳极发生氧化反应分析，难点是气体摩尔体积的应用，只有指明气体的状态，才能利用22.4L/mol计算气体的物质的量。16、D【解析】

A．还原能力的强弱和失电子的难易有关而和失电子的数目无关，如金属钠和金属铁的还原能力是金属钠强于金属铁，故A错误；B．氯气与水反应生成盐酸和次氯酸既是氧化剂又是还原剂，所以活泼非金属单质在氧化还原反应中不一定只作氧化剂，故B错误；C．最高价态的阳离子一般具有氧化性，如Fe3+；最低价的阴离子具有还原性，如I−；但Fe2+、都既有氧化性又有还原性，故C错误；D．含最高价元素的化合物，如碳酸钠中碳元素为最高价，却不具有强氧化性，故D正确；故答案为：D。17、C【解析】

石蜡油在碎瓷片催化作用下发生裂化反应，生成物中含有烯烃，把生成物通入溴的四氯化碳溶液发生加成反应，溶液褪色，通入酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应，可使酸性高锰酸钾溶液褪色，据此解答。【详解】A．装置b中溴的四氯化碳溶液与分解生成的烯烃发生加成反应，装置c中酸性高锰酸钾溶液与分解生成的烯烃发生氧化反应，反应类型不同，A正确；B．石蜡油受热分解需要温度比较高，实验中用酒精灯加热石蜡油受热分解生成的产物较少，实验中可能看不到b、c中溶液明显褪色，B正确；C．装置c中烯烃被酸性高锰酸钾溶液氧化也能生成CO2使d中溶液变浑浊，所以d中溶液变浑浊不能证明石蜡分解产生了CO2，C错误；D．停止加热后立即关闭K，后面装置中的液体就不会因为温度下降压强变化而产生倒吸，D正确；答案选C。18、C【解析】

依据同一氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，由反应方程式①判断氧化性Fe3＋＞I2，由反应方程式②得到氧化性Br2＞Fe3＋，由反应方程式③得到氧化性I2＞Fe(CN)63-，综合可得C项正确。故选C。19、A【解析】

A、N2H4+H2ON2H5++OH-、N2H5++H2ON2H62++OH-，它属于二元弱碱，和硫酸形成的酸式盐应为N2H6（HSO4）2，选项A不正确；B、所得溶液中含有N2H5+、N2H62+、OH-、H+四种离子，选项B正确；C、它溶于水发生电离是分步的，第一步可表示为：N2H4＋H2ON2H5+＋OH－，选项C正确；D、Kw=c(H＋)·c(OH－)在一定温度下为定值，因加水体积增大，故n(H＋)·n(OH－)也将增大，选项D正确；答案选A。20、D【解析】

A.食品包装中的硅胶为干燥剂，不能除去月饼包装袋中的氧气，故A错误；B.氯碱工业中生成NaOH、Cl2和H2，为防止Cl2和NaOH溶液反应，选择阳离子交换膜，故B错误；C.铁中含有杂质碳，在潮湿的环境下容易形成原电池，发生电化学腐蚀，故C错误；D.柳絮和棉花的化学成分均为纤维素，故D正确；答案：D。21、C【解析】

A.滴加浓NaOH溶液并加热，若有NH4+，则会有氨气放出，应该用湿润的红色石蕊试纸检验，故A错误；B.二氧化碳、二氧化硫均使石灰水变浑浊，则气体不一定为CO2，故B错误；C.某无色溶液中滴加氯水和CCl4，振防、静置，下层溶液显紫红色，可知碘离子被氧化生成碘单质，则原溶液中有I-，故C正确；D.由现象可知，盐酸的酸性大于硅酸的酸性，但盐酸为无氧酸，不能比较Cl、Si的非金属性，故D错误；故选C。22、D【解析】

A.NaHCO3电离产生的HCO3-离子在溶液中既能发生电离作用又能发生水解作用；B.HCO3-与Ca2+生成CaCO3和氢离子，氢离子结合HCO3-生成H2CO3；C.根据电荷守恒分析判断；D.加入CaCl2消耗CO32-生成CaCO3沉淀。【详解】A.NaHCO3是强碱弱酸盐，在溶液中HCO3-既能电离又能水解，水解消耗水电离产生的H+，使溶液显碱性；电离产生H+使溶液显酸性，NaHCO3溶液呈碱性的原因是HCO3-的水解程度大于电离程度，A正确；B.向NaHCO3溶液中加入CaCl2溶液至pH=7，滴加过程中产生白色沉淀，说明HCO3-与Ca2+生成CaCO3和氢离子，氢离子结合HCO3-生成H2CO3，则反应的离子方程式，2HCO3-+Ca2+=CaCO3↓+H2CO3，B正确；C.该溶液中存在电荷守恒，c(Na+)+c(H+)+2c(Ca2+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(Cl-)+c(OH-)，溶液至pH=7，c(H+)=c(OH-)，c(Na+)+2c(Ca2+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(Cl-)，C正确；D.溶液中存在HCO3-CO32-+H+，加入CaCl2消耗CO32-，促进HCO3-的电离，D错误；故合理选项是D。【点睛】本题考查了电解质溶液中反应实质、沉淀溶解平衡的理解及应用的知识。涉及电解质溶液中离子浓度大小比较、电荷守恒、物料守恒等，题目难度中等。二、非选择题(共84分)23、醛基加成反应3CH3CH2COOH+CH3CH2CH2OHCH3CH2COOCH2CH2CH3+H2O【解析】

根据有机物间的转化关系运用逆推法分析各有机物的结构，判断官能团的种类，反应类型，并书写相关反应方程式。【详解】根据有机物间的转化关系知，D和E在浓硫酸作用下反应生成丙酸丙酯，则D为1-丙醇，催化氧化后得到E丙醛，E催化氧化后得到F丙酸；A为丙烯，与水加成反应生成D1-丙醇；丙烯经过聚合反应得到高分子化合物C，A与溴的四氯化碳溶液反应生成B1，2-二溴乙烷。（1）E为丙醛，其官能团的名称为醛基；C为聚丙烯，其结构简式为，故答案为：醛基；；（2）由A丙烯生成D1-丙醇的反应类型为加成反应；B1，2-二溴乙烷的同分异构体有1，1-二溴乙烷、2，2-二溴乙烷、1，3-二溴乙烷，3种，故答案为：加成反应；3；（3）丙酸和1-丙醇酯化反应的方程式为：CH3CH2COOH+CH3CH2CH2OHCH3CH2COOCH2CH2CH3+H2O，故答案为：CH3CH2COOH+CH3CH2CH2OHCH3CH2COOCH2CH2CH3+H2O。24、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。25、Cu或Cu2O向得到的红色物质中直接加入稀硫酸，若溶液变蓝色，说明含有Cu2O，否则没有除去NH3防止金属镁与NH3反应生成副产物C中稀硫酸中的水分进入D中，Mg、Mg3N2遇水发生反应【解析】

（1）A装置通过反应3CuO＋2NH33Cu＋3H2O＋N2来制备N2，NH3作还原剂，CuO被还原，生成Cu，但也可能生成Cu2O，二者均为红色，题目中生成了纯净物，所以是Cu或Cu2O；Cu不与稀硫酸反应，Cu2O能与稀硫酸反应Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O，使溶液呈蓝色，所以可用稀硫酸检验，但不能用硝酸，硝酸与Cu也能反应生成蓝色溶液；（2）N2中可能含有未反应的NH3，NH3与金属镁发生反应生成杂质Mg(NH2)2，所以C中的稀硫酸是为了吸收NH3，B装置为安全瓶，防止C中液体倒吸入A中，D装置是Mg3N2的制备装置，由于Mg性质比较活泼，很容易与水、氧气、CO2反应，所以该装置存在明显缺陷。【详解】（1）A装置通过反应3CuO＋2NH33Cu＋3H2O＋N2来制备N2，NH3作还原剂，CuO被还原，生成Cu，但也可能生成Cu2O，题目中生成了纯净物，所以是Cu或Cu2O，检验的方法是向得到的红色物质中直接加入稀硫酸，若溶液变蓝色，说明含有Cu2O，否则没有，不能加硝酸，硝酸与Cu也能反应生成蓝色溶液；故答案为：Cu或Cu2O；向得到的红色物质中直接加入稀硫酸，若溶液变蓝色，说明含有Cu2O，否则没有；（2）N2中可能含有未反应的NH3，NH3与金属镁发生反应生成杂质Mg(NH2)2，所以C中的稀硫酸是为了吸收NH3，B装置为安全瓶，防止C中液体倒吸入A中，D装置是Mg3N2的制备装置，由于Mg性质比较活泼，很容易与水、氧气、CO2反应，所以该装置存在明显缺陷；故答案为：除去NH3，防止金属镁与NH3反应生成副产物；C中稀硫酸中的水分进入D中，Mg、Mg3N2遇水发生反应。【点睛】Cu不与稀硫酸反应，Cu2O能与稀硫酸反应Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O，使溶液呈蓝色；与硝酸反应，二者现象相同，溶液均呈蓝色。26、温度计冷凝回流b用含水20%的乙醇溶液代替水、缓慢滴液Ti(OC4H9)4+2H2O=TiO2+4C4H9OHa与酸反应生成氢气，形成氢气氛围，防止Ti3+在空气中被氧化b80【解析】

(1)根据水、无水乙醇和乙酰丙酮容易挥发分析解答；(2)反应的焓变只与初始状态和终了状态有关；增大反应的活化能，反应速率减慢；降低反应的活化能，反应速率加快，据此分析判断；根据实验步骤②的提示分析判断；(3)Ti(OH)4不稳定，易脱水生成TiO2，钛酸四丁酯[Ti(OC4H9)4]水解生成二氧化钛溶胶，据此书写反应的化学方程式；灼烧固体需要在坩埚中进行；(4)根据Ti3+＋Fe3+＋H2O=TiO2+＋Fe2+＋2H＋，说明Ti3+容易被氧化；并据此分析判断可以选用的指示剂，结合消耗的NH4Fe(SO4)2的物质的量计算样品中TiO2的质量分数。【详解】(1)根据装置图，仪器a为温度计，实验过程中为了防止水、无水乙醇和乙酰丙酮挥发，可以使用冷凝管冷凝回流，提高原料的利用率，故答案为温度计；冷凝回流；(2)a.反应的焓变只与初始状态和终了状态有关，加入的乙酰丙酮，改变是反应的条件，不能改变反应的焓变，故a错误；b.增大反应的活化能，活化分子数减少，反应速率减慢，故b正确；c.反应的焓变只与初始状态和终了状态有关，加入的乙酰丙酮，改变是反应的条件，不能改变反应的焓变，故c错误；d.降低反应的活化能，活化分子数增多，反应速率加快，故d错误；故选b；根据实验步骤②的提示，制备过程中，用含水20%的乙醇溶液代替水、缓慢滴液，减慢钛酸四丁酯[Ti(OC4H9)4]水解的反应速率，故答案为b；用含水20%的乙醇溶液代替水、缓慢滴液；(3)Ti(OH)4不稳定，易脱水生成TiO2，步骤②中钛酸四丁酯[Ti(OC4H9)4]水解生成二氧化钛溶胶，反应的化学方程式为Ti(OC4H9)4+2H2O=TiO2+4C4H9OH；灼烧二氧化钛凝胶需要在坩埚中进行，故选择的装置为a，故答案为Ti(OC4H9)4+2H2O=TiO2+4C4H9OH；a；(4)①根据Ti3+＋Fe3+＋H2O=TiO2+＋Fe2+＋2H＋，说明Ti3+容易被氧化，铝与酸反应生成氢气，在液面上方形成氢气氛围，防止Ti3+在空气中被氧化，故答案为与酸反应生成氢气，形成氢气氛围，防止Ti3+在空气中被氧化；②酚酞溶液、淀粉溶液与NH4Fe(SO4)2溶液，现象不明显；KMnO4溶液也能氧化Ti3+，影响滴定结果，KMnO4不与Fe3+反应；根据滴定反应Ti3+＋Fe3+＋H2O=TiO2+＋Fe2+＋2H＋可知，可以选用KSCN溶液作指示剂，当滴入最后一滴NH4Fe(SO4)2溶液，容易变成血红色，且半分钟不褪色，说明到达了滴定终点，故答案为b；③消耗的NH4Fe(SO4)2的物质的量=0.02L×0.1000mol·L-1=0.002mol，则根据钛原子守恒，n(TiO2)=n(Ti3+)=n（Fe3+）=0.002mol，样品中TiO2的质量分数=×100%=80%，故答案为80。27、2Cl2＋2Ca(OH)2=Ca(ClO)2＋CaCl2＋2H2O漂白性检验氯气SO2也能和酸化的硝酸银生成白色沉淀要证明现象II中黄绿色为溶液酸性的增强引起的，可以在原溶液中滴加稀硫酸，观察溶液的颜色变化即可CaSO4Cl2＋SO2＋2H2O===2Cl-＋4H++SO42-【解析】

（1）漂粉精的制备，氯气和碱反应，利用氢氧化钙和氯气发生反应生成次氯酸钙、氯化钙和水；（2）pH试纸先变蓝（约为12），后褪色说明溶液呈碱性，具有漂白性；（3）①反应中生成Cl2，用湿润的碘化钾淀粉试纸检验白雾中是否Cl2，排除Cl2干扰；②白雾中含有SO2，可以被硝酸氧化为硫酸，故SO2可以使酸化的AgNO3溶液产生白色沉淀；（4）依据次氯酸根离子和氯离子在酸溶液中会发生归中反应生成氯气，向漂粉精溶液中逐滴滴入硫酸，观察溶液颜色是否变为黄绿色；（5）二氧化硫通入漂白精溶液中，形成酸溶液，次氯酸根离子具有强氧化性可以氧化二氧化硫为硫酸和钙离子形成硫酸钙沉淀；二氧化硫继续通入后和生成的氯气发生反应生成硫酸和盐酸。【详解】（1）氯气和碱反应，利用氢氧化钙和氯气发生反应生成次氯酸钙、氯化钙和水，反应的化学方程式为：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；故答案为2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；（2）pH试纸先变蓝(约为12)溶液呈碱性，后褪色溶液具有漂白性，所以说明溶液呈碱性，具有漂白性；（3）向水中持续通入SO2，未观察到白雾．推测现象的白雾由HCl小液滴形成，①用湿润的碘化钾淀粉试纸检验白雾，无变化；为了检验白雾中是否含有氯气，因为含有氯气在检验氯化氢存在时产生干扰；故答案为检验白雾中是否含有Cl2，排除Cl2干扰；②用酸化的AgNO3溶液检验白雾，产生白色沉淀，若含有二氧化硫气体，通入硝酸酸化的硝酸银溶液，会被硝酸氧化为硫酸，硫酸和硝酸银反应也可以生成硫酸银沉淀，所以通过实验不能证明一定含有氯化氢；故答案为白雾中混有SO2，SO2可与酸化的AgNO3反应产生白色沉淀；（4）现象ⅱ中溶液变为黄绿色的可能原因：随溶液酸性的增强，漂粉精的有效成分和Cl-发生反应．通过进一步实验确认了这种可能性，漂粉精中成分为次氯酸钙、氯化钙，次氯酸根具有强氧化性在酸性溶液中可以氧化氯离子为氯气；故答案为：向漂粉精溶液中逐滴加入硫酸，观察溶液是否变为黄绿色