广东省揭阳市重点中学2025届高三第二次联考化学试卷含解析

广东省揭阳市重点中学2025届高三第二次联考化学试卷注意事项：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、下列除杂（括号内为少量杂质）操作正确的是物质（少量杂质）操作A．KNO3固体（NaCl）加水溶解、蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥B．NaCl固体（KNO3）加水溶解、蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥C．FeCl3溶液（NH4Cl）加热蒸干、灼烧D．NH4Cl溶液（FeCl3）滴加氨水至不再产生沉淀为止，过滤A．A B．B C．C D．D2、W、X、Y、Z是原子序数依次增加的短周期主族元素，位于三个周期，X、Z同主族，Y、Z同周期，X的简单氢化物可与其最高价氧化物对应的水化物反应生成盐，Y的最高价氧化物对应的水化物是二元中强碱，以下说法错误的是A．原子半径大小：Y>ZB．Y3X2中既有离子键，又有共价键C．Z的最高价氧化物可做干燥剂D．可以用含XW3的浓溶液检验氯气管道是否漏气3、萝卜硫素（结构如图）是具有抗癌和美容效果的天然产物之一，在一些十字花科植物中含量较丰富。该物质由五种短周期元素构成，其中W、X、Y、Z的原子序数依次增大，Y、Z原子核外最外层电子数相等。下列叙述一定正确的是（）A．原子半径的大小顺序为Z>W>X>YB．X的简单氢化物与W的氢化物反应生成离子化合物C．萝卜硫素中的各元素原子最外层均满足8电子稳定结构D．Y、Z形成的二元化合物的水化物为强酸4、根据实验目的，设计相关实验，下列实验操作、现象解释及结论都正确的是（）A．A B．B C．C D．D5、肉桂酸（）是一种合成有机光电材料的中间体。关于肉桂酸的下列说法正确的是A．分子式为C9H9O2B．不存在顺反异构C．可发生加成、取代、加聚反应D．与安息香酸（）互为同系物6、中学化学中很多“规律”都有适用范围，下列根据有关“规律”推出的结论正确的是（）选项规律结论A较强酸可以制取较弱酸次氯酸溶液无法制取盐酸B反应物浓度越大，反应速率越快常温下，相同的铝片中分别加入足量的浓、稀硝酸，浓硝酸中铝片先溶解完C结构和组成相似的物质，沸点随相对分子质量增大而升高NH3沸点低于PH3D溶解度小的沉淀易向溶解度更小的沉淀转化AgCl沉淀中滴加NaI溶液可以得到AgI沉淀A．A B．B C．C D．D7、“乃焰硝、硫磺、杉木炭所合，以为烽燧铳机诸药者”是对我国古代四大发明之一的火药的描述。其中，“焰硝”是A．KClO3 B．Na2SO4 C．KNO3 D．Na2O28、除去FeCl2溶液中的FeCl3所需试剂是（）A．Cl2 B．Cu C．Fe D．NaOH9、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．足量Zn与一定量的浓硫酸反应产生22.4L气体时，转移的电子数为2NAB．5NH4NO32HNO3＋4N2↑＋9H2O反应中，生成28gN2时，转移的电子数目为4NAC．过量的铁在1molCl2中然烧，最终转移电子数为2NAD．由2H和18O所组成的水11g，其中所含的中子数为4NA10、化学与生产、生活及环境密切相关，下列有关说法不正确的是A．二氧化硫有毒，严禁将其添加到任何食品和饮料中B．工业生产时加入适宜的催化剂，除了可以加快反应速率之外，还可以降低反应所需的温度，从而减少能耗C．《本草经集注》中记载了区分硝石(KNO3)和朴消(Na2SO4)的方法：“以火烧之，紫青烟起，乃真硝石也”，这是利用了“焰色反应”D．用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土吸收水果产生的乙烯以达到保鲜目的11、下列实验装置正确的是（）A．用图1所示装置收集SO2气体B．用图2所示装置检验溴乙烷与NaOH醇溶液共热产生的C2H4C．用图3所示装置从食盐水中提取NaClD．用图4所示装置制取并收集O212、留兰香(薄荷中的一种)可用来治疗感冒咳嗽、胃痛腹胀、神经性头痛等，其有效成分为葛缕酮(结构简式如图)。下列有关葛缕酮的说法正确的是A．葛缕酮的分子式为C10H16OB．葛缕酮使溴水和酸性KMnO4溶液褪色的原理相同C．葛缕酮中所有碳原子可能处于同一个平面D．羟基直接连苯环且苯环上有2个取代基的葛缕酮的同分异构体有12种13、X、Y、Z为短周期非金属元素，其相关性质如下，下列叙述正确的是（）元素XYZ单质与H2反应条件暗处爆炸光照高温、高压、催化剂常温下氢化物水溶液的pH小于7小于7大于7A．Y的含氧酸均为强酸B．最外层电子数Z>YC．气态氢化物的稳定性Y>XD．Y与Z二者氢化物反应的产物含离子键14、下列不能说明氯元素的非金属性比硫元素强的是（）A．氧化性：HClOB．ClC．气态氢化物的稳定性：HClD．Cl2与Fe反应生成FeCl3，而S与Fe15、青霉素是一元有机酸，它的钠盐的1国际单位的质量为6.00×10﹣7克，它的钾盐1国际单位的质量为6.27×10﹣7克，(1国际单位的2种盐的物质的量相等)，则青霉素的相对分子质量为()A．371.6 B．355.6 C．333.6 D．332.616、用如图所示的实验装置模拟侯氏制碱法的主要反应原理。下列说法正确的是A．侯氏制碱法中可循环利用的气体为B．先从a管通入NH3，再从b管通入CO2C．为吸收剩余的NH3，c中应装入碱石灰D．反应后冷却，瓶中析出的晶体主要是纯碱二、非选择题（本题包括5小题）17、氯吡格雷(clopidogrel)是一种用于抑制血小板聚集的药物．以芳香族化合物A为原料合成的路线如下：已知：①R-CHO，②R-CNRCOOH(1)写出反应C→D的化学方程式______________，反应类型____________。(2)写出结构简式．B____________，X____________。(3)A属于芳香族化合物的同分异构体(含A)共有______种，写出其中与A不同类别的一种同分异构体的结构简式___________。(4)两分子C可在一定条件下反应生成一种产物，该产物分子中含有3个六元环，写出该反应的化学方程式________________。(5)已知：，设计一条由乙烯、甲醇为有机原料制备化合物的合成路线流程图，无机试剂任选_____________。(合成路线常用的表反应试剂A反应条件B…反应试剂反应条件目标产物示方式为：AB…目标产物)18、2005年诺贝尔化学奖授予了研究烯烃复分解反应的科学家，以表彰他们作出的卓越贡献。烯烃复分解反应原理如下：C2H5CH=CHCH3+CH2=CH2C2H5CH=CH2+CH2=CHCH3现以烯烃C5H10为原料，合成有机物M和N，合成路线如下：（1）按系统命名法，有机物A的名称是_______。（2）B的结构简式是__________。（3）CD的反应类型是___________。（4）写出DM的化学方程式________。（5）已知X的苯环上只有一个取代基，且取代基无甲基，则N的结构简式为_______。（6）满足下列条件的X的同分异构体共有_______种，写出任意一种的结构简式_________。①遇FeCl3溶液显紫色②苯环上的一氯取代物只有两种（7）写出EF合成路线（用结构简式表示有机物，箭头上注明试剂和反应条件）。______19、某小组同学探究物质的溶解度大小与沉淀转化方向之间的关系。已知：物质BaSO4BaCO3AgIAgCl溶解度/g(20℃)2.4×10-41.4×10-33.0×10-71.5×10-4(1)探究BaCO3和BaSO4之间的转化试剂A试剂B试剂C加入盐酸后的现象实验ⅠBaCl2Na2CO3Na2SO4……实验ⅡNa2SO4Na2CO3有少量气泡产生，沉淀部分溶解①实验I说明BaCO3全部转化为BaSO4，依据的现象是加入盐酸后，__________________。②实验Ⅱ中加入稀盐酸后发生反应的离子方程式是__________________________________。③实验Ⅱ中加入试剂C后，沉淀转化的平衡常数表达式K=___________。(2)探究AgCl和AgI之间的转化实验Ⅳ：在试管中进行溶液间反应时，同学们无法观察到AgI转化为AgCl，于是又设计了如下实验(电压表读数：a＞c＞b>0)。装置步骤电压表读数ⅰ.如图连接装置并加入试剂，闭合Kaⅱ.向B中滴入AgNO3(aq),至沉淀完全bⅲ.再向B中投入一定量NaCl(s)cⅳ.重复i，再向B中加入与ⅲ等量NaCl(s)d注：其他条件不变时，参与原电池反应的氧化剂（或还原剂）的氧化性（或还原性）越强，原电池的电压越大；离子的氧化性（或还原性）强弱与其浓度有关。①实验Ⅲ证明了AgCl转化为AgI，甲溶液可以是________（填标号）。aAgNO3溶液bNaCl溶液cKI溶液②实验Ⅳ的步骤i中，B中石墨上的电极反应式是___________________________。③结合信息，解释实验Ⅳ中b<a的原因_____________________。④实验Ⅳ的现象能说明AgI转化为AgCl，理由是_____________________。(3)综合实验Ⅰ~Ⅳ,可得出的结论是________________________________________。20、实验小组以二氧化锰和浓盐酸为反应物，连接装置A→B→C制取氯水，并探究氯气和水反应的产物。（1）A中发生反应的离子方程式是_________。（2）B中得到浅黄绿色的饱和氯水，将所得氯水分三等份，进行的操作、现象、结论如下：实验实验操作现象结论Ⅰ向氯水中加入碳酸氢钠粉末有无色气泡产生氯气与水反应至少产生了一种酸性强于碳酸的物质Ⅱ向品红溶液中滴入氯水溶液褪色氯气与水反应的产物有漂白性（1）甲同学指出：由实验Ⅰ得出的结论不合理，原因是制取的氯水中含有杂质______（填化学式），也能与碳酸氢钠反应产生气泡。应在A、B间连接除杂装置，请画出除杂装置并标出气体流向和药品名称______。（2）乙同学指出由实验Ⅱ得出的结论不合理，原因是实验未证明_______（填化学式）是否有漂白性。（3）丙同学利用正确的实验装置发现氯水中有Cl-存在，证明氯水中有Cl-的操作和现象是：_____。丙同学认为，依据上述现象和守恒规律，能推测出氯水中有次氯酸存在。这一推测是否正确，请说明理由________。（4）丁同学利用正确的实验装置和操作进行实验，观察到实验现象与实验Ⅰ、Ⅱ相似，说明氯气和水反应的产物具有的性质是________。（5）戊同学将第三份氯水分成两等份，向其中一份加入等体积的蒸馏水，溶液接近无色。另一份中加入等体积饱和的氯化钠溶液，溶液为浅黄绿色。对比这两个实验现象能说明：_______。21、CO、CO2是化石燃料燃烧的主要产物。(1)将含0.02molCO2和0.01molCO的混合气体通入有足量Na2O2固体的密闭容器中，同时不断地用电火花点燃，充分反应后，固体质量增加_____g。(2)已知：2CO(g)+O2(g)==2CO2(g)△H=-566.0kJ/mol，键能Eo-o=499.0kJ/mol。则反应:CO(g)+O2(g)CO2(g)+O(g)的△H=_________kJ/mol。(3)在某密闭容器中发生反应:2CO2(g)2CO(g)+O2(g)，1molCO2在不同温度下的平衡分解量如图所示。①恒温恒容条件下,能表示该可逆反应达到平衡状态的有___(填字母)。A．CO的体积分数保持不变B．容器内混合气体的密度保持不变C．容器内混合气体的平均摩尔质量保持不变D．单位时间内，消耗CO的浓度等于生成CO2的浓度②分析上图，若1500℃时反应达到平衡状态，且容器体积为1L，则此时反应的平衡常数K=___(计算结果保留1位小数)。③向2L的恒容密闭容器中充入2molCO2(g)，发生反应:2CO2(g)2CO(g)+O2(g)，测得温度为T℃时，容器内O2的物质的量浓度随时间的变化如曲线II所示。图中曲线I表示相对于曲线II仅改变一种反应条件后，c(O2)随时间的变化，则改变的条件是____；a、b两点用CO浓度变化表示的净反应速率关系为va(CO)____(填“>”“<”或“=”)vb(CO)。

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.

KNO3和NaCl的溶解度受温度的影响不同，硝酸钾溶解度受温度影响较大，而氯化钠受温度影响较小，所以可采取加热水溶解配成饱和溶液、冷却热饱和溶液使KNO3先结晶出来、再过滤，故A错误；B.

KNO3和NaCl的溶解度受温度的影响不同，硝酸钾溶解度受温度影响较大，而氯化钠受温度影响较小，所以可采取加水溶解、蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥，故B错误；C.加热促进铁离子水解，生成的HCl易挥发，蒸干不能得到氯化铁，故C错误；D.氯化铁与氨水反应生成沉淀，则滴加氨水至不再产生沉淀为止，过滤可除杂，故D正确；故选：D。2、B【解析】

W、X、Y、Z是原子序数依次增加的短周期主族元素，位于三个周期，Y、Z同周期，则W位于第一周期，为H元素，X位于第二周期，Y、Z位于第三周期，X的简单氢化物可与其最高价氧化物对应的水化物反应生成盐，则X为N元素，X、Z同主族，则Z为P元素，Y的最高价氧化物对应的水化物是二元中强碱，Y为Mg元素，据此分析解答。【详解】A．Y为Mg元素，Z为P元素，Y、Z同周期，同周期元素随核电核数增大，原子半径减小，则原子半径大小：Y>Z，故A正确；B．X为N元素，Y为Mg元素，Y3X2为Mg3N2，属于离子化合物，其中只有离子键，故B错误；C．Z为P元素，最高价氧化物为五氧化二磷，具有吸水性，属于酸性干燥剂，故C正确；D．W为H元素，X为N元素，XW3为氨气，浓氨水与氯气在空气中反应生成氯化铵，形成白烟，可以用含氨气的浓溶液检验氯气管道是否漏气，故D正确；答案选B。3、A【解析】

通过给出的结构式可知，萝卜硫素含氢元素、碳元素，又该物质由五种短周期元素构成可知W、X、Y、Z中有一种是C，由“萝卜硫素”推知其中含硫元素，结合结构简式中的成键数目知，Z为S，Y为O，W为C，X为N。【详解】A．原子半径：S>C>N>O，故A正确；B．C的简单氢化物是有机物，不与N的氢化物反应，故B错误；C．萝卜硫素中氢元素不满足8电子稳定结构，故C错误；D．SO3的水化物是硫酸，强酸；SO2的水化物是亚硫酸，弱酸，故D错误；答案选A。【点睛】Y、Z同族，且形成化合物时，易形成两个化学键，故Y为O，Z为S。4、C【解析】

A．开始要将银离子沉淀完全，再向新生成的AgCl浊液中滴入KI溶液，白色沉淀逐渐转化为黄色沉淀，才能说明Ksp（AgI）＜Ksp（AgCl），故A错误；B．加入KSCN溶液溶液变红，只说明有铁离子，不能确定亚铁离子是否完全被氧化，故B错误；C．纯净的乙烯通入酸性高锰酸钾溶液，紫红色褪去，说明乙烯具有还原性，故C正确；D．SO2被ClO-氧化成CaSO4沉淀，不能说明酸性强弱，故D错误；故选C。5、C【解析】

A.根据肉桂酸的结构式可知分子式为：，A错误；B.肉桂酸双键碳所连的两个原子团均不同，故存在顺反异构，B错误；C.肉桂酸中苯环和碳碳双键可以发生加成反应，羧基可以发生取代反应，碳碳双键可以发生加聚反应，C正确；D.肉桂酸中含碳碳双键，安息香酸中不含，故两者不是同系物，D错误；答案选C。【点睛】若有机物只含有碳氢两种元素，或只含有碳氢氧三种元素，那该有机物中的氢原子个数肯定是偶数，即可迅速排除A选项。同系物结构要相似，即含有相同的官能团，肉桂酸和安息香酸含有官能团不同，排除D选项。6、D【解析】

A.

HClO不稳定，可分解生成HCl，故A错误；B.浓硝酸与铝发生钝化反应，在表面生成一层致密的氧化物膜而阻碍反应继续进行，与稀硝酸发生不同的反应，故B错误；C.结构和组成相似的物质，沸点随相对分子质量增大而升高，含有氢键的沸点较高，由于NH3分子间存在氢键，沸点高于PH3，故C错误；D.

AgCl沉淀中滴加NaI溶液可以得到AgI沉淀，可说明AgI更难溶，故D正确；故选：D。7、C【解析】

我国古代四大发明中的火药，为“一硝二硫三木炭”，“焰硝”指的为硝酸钾，答案为C。8、C【解析】

Fe能与氯化铁反应生成氯化亚铁，可用于除杂，以此解答该题。【详解】因为铁离子能和铁反应生成亚铁离子，化学方程式为2FeCl3+Fe═3FeCl2，故可用铁除去FeCl2溶液中的少量氯化铁，故C确；如果加入金属铜，氯化铁与铜反应会生成氯化铜，会向溶液中引入杂质铜离子；加入氯气，与氯化亚铁反应，生成氯化铁，加入NaOH溶液，会生成氢氧化亚铁和氢氧化铁沉淀，所以后三种方法都无法实现除杂的目的，故A、B、D均错误；故答案选C。【点睛】根据原物质和杂质的性质选择适当的除杂剂和分离方法，所谓除杂(提纯)，是指除去杂质，同时被提纯物质不得改变；除杂质至少要满足两个条件:(1)加入的试剂只能与杂质反应,不能与原物质反应；(2)反应后不能引入新的杂质。9、C【解析】

A．未注明是在标准状况下生成的22.4L气体，故无法计算转移的电子数，A选项错误；B．5NH4NO32HNO3＋4N2↑＋9H2O反应中，铵根离子中被氧化的N元素化合价由-3价升高为N2中的0价，共失去15个电子，被还原的氮元素由硝酸根中+5价降低为氮气中的0价，共得到15个电子，则生成28g（即1mol）氮气，转移电子的物质的量为=3.75mol，个数为3.75NA，B选项错误；C．过量的铁在1molCl2中然烧，Cl2被还原为Cl-，共转移2mol电子，数目为2NA，C选项正确；D．由2H和18O所组成的水化学式为2H218O，一个2H218O含有1×2+10=12个中子，11g2H218O的物质的量为0.5mol，则含有的中子数为6NA，D选项错误；答案选C。10、A【解析】

A.二氧化硫具有较强的还原性，故常用作葡萄酒的抗氧化剂，选项A错误；B.催化剂可以降低活化能，从而起到加快速率，降低所需能量等作用，选项B正确；C.利用钾和钠的焰色反应不同进行区分，选项C正确；D.乙烯有催熟的效果，高锰酸钾溶液可以吸收乙烯，选项D正确。答案选A。【点睛】本题考查化学与生产、生活的关系，要求学生能够用化学知识解释化学现象，试题培养了学生的分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力，易错点为选项B催化剂可以降低活化能，从而起到加快速率，降低所需能量等作用。11、D【解析】

A、SO2密度比空气大，应用向上排空法收集，故A错误；B、乙醇易挥发，可与高锰酸钾发生氧化还原反应，不能排除乙醇的干扰，故B错误；C、蒸发应用蒸发皿，不能用坩埚，故C错误；D、过氧化氢在二氧化锰催化作用下生成氧气，氧气密度比空气大，可用向上排空法收集，故D正确。答案选D。12、D【解析】

本题考查有机物的知识，碳碳双键使溴水和酸性KMnO4溶液褪色，但褪色原理不同，前者是加成反应，后者是氧化反应；有机物中碳碳双键、叁键、苯环才具有所有碳共面。由图可知，分子式为C10H14O，羟基直接连苯环，且苯环上有2个取代基，还剩-C4H9，其结构有四种，分别是、、、，每一种在苯环上与羟基分别有邻间对3种异构体，共12种。【详解】A.根据图示，葛缕酮的不饱和度为4，所以分子式为C10H14O，A项错误；B.葛缕酮使溴水和酸性KMnO4溶液褪色，但原理不同，前者是加成反应，后者是氧化反应；B项错误；C.葛缕酮中所有碳原子不可能处于同一个平面，C项错误；D.分子式为C10H14O，羟基直接连苯环，且苯环上有2个取代基，还剩-C4H9，其结构有四种，分别是、、、，每一种在苯环上与羟基分别有邻间对3种异构体，共12种，D项正确。答案选D。【点睛】在确定含苯环的同分异构体的题目中，要确定苯环上有几个取代基，之后确定每个取代基是什么基团，例如此题中确定苯环上有羟基之外，还有一个乙基，乙基有4种机构，每一种和羟基成3种同分异构，这样共有12种。苯环上如果有2个取代基（-X、-X或者-X、-Y）有3种同分异构；如果有3个取代基时（-X、-X、-Y）有6种同分异构体；如果是（-X、-Y、-Z）有10种同分异构体。13、D【解析】

X、Y、Z为短周期非金属元素，X单质与氢气在暗处爆炸，得到的氢化物水溶液pH小于7，则X为F元素；Y单质与氢气在光照条件下反应，得到的氢化物水溶液pH小于7，则Y为Cl元素；Z单质与氢气在高温、高压、催化剂条件下反应，得到的氢化物水溶液pH大于7，则Z为N元素。【详解】X、Y、Z为短周期非金属元素，X单质与氢气在暗处爆炸，得到的氢化物水溶液pH小于7，则X为F元素；Y单质与氢气在光照条件下反应，得到的氢化物水溶液pH小于7，则Y为Cl元素；Z单质与氢气在高温、高压、催化剂条件下反应，得到的氢化物水溶液pH大于7，则Z为N元素；A．Y为氯元素，含氧酸中HClO为弱酸，故A错误；B．Z为N元素，原子最外层电子数为5，Y为Cl元素，原子最外层电子数为7，故最外层电子数Y＞Z，故B错误；C．非金属性F＞Cl，故HCl的稳定性比HF弱，故C错误；D．氯化氢与氨气反应生成的氯化铵中含有离子键，故D正确；故答案选D。【点睛】本题关键是根据反应条件及氢化物水溶液的pH判断X、Y、Z元素种类，然后根据元素性质进行分析和判断。14、A【解析】

A.元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，不能根据其含氧酸的氧化性判断元素的非金属性强弱，A符合题意；B.在该反应中Cl2将S置换出来，说明氧化性Cl2>S，则元素的非金属性Cl>S，B不符合题意；C.元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性就越强，因此可通过稳定性HCl>H2S，证明元素的非金属性Cl>S，C不符合题意；D.Fe是变价金属，氧化性强的可将其氧化为高价态，氧化性弱的将其氧化为低价态，所以可根据其生成物中Fe的价态高低得出结论氧化性Cl2>S，则元素的非金属性Cl>S，D不符合题意；故合理选项是A。15、C【解析】

设青霉素的相对分子质量为x，则钠盐的相对分子质量分别为23+x﹣1=22+x，钾盐的相对分子质量为39+x﹣1=38+x，1国际单位的2种盐的物质的量相等，则，解得x=333.6，答案选C。16、B【解析】

侯氏制碱法的原理：①将足量NH3通入饱和食盐水中，再通入CO2，溶液中会生成高浓度的HCO3-，与原有的高浓度Na+结合成溶解度较小的NaHCO3析出：NaCl+NH3+CO2+H2ONaHCO3↓+NH4Cl；②将析出的沉淀加热，制得Na2CO3（纯碱）：2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O，生成的CO2可用于上一步反应（循环利用）；③副产品NH4Cl可做氮肥。【详解】A．侯氏制碱法中可循环利用的气体是CO2，A项错误；B．先通入NH3，NH3在水中的溶解度极大，为了防止倒吸，应从a管通入，之后再从b管通入CO2，B项正确；C．碱石灰（主要成分是NaOH和CaO）不能吸收NH3，C项错误；D．反应后冷却，瓶中析出的晶体主要是NaHCO3，将其加热得到纯碱（Na2CO3），D项错误；答案选B。【点睛】侯氏制碱法中，要先通入足量NH3，再通入CO2，是因为：NH3在水中的溶解度极大，先通入NH3使食盐水显碱性，能够吸收大量CO2气体，产生高浓度的HCO3-，与高浓度的Na+结合，才能析出NaHCO3晶体；如果先通入CO2，由于CO2在水中的溶解度很小，即使之后通入过量的NH3，所生成的HCO3-浓度很小，无法析出NaHCO3晶体。二、非选择题（本题包括5小题）17、+CH3OH+H2O酯化反应(或取代反应)4+2H2O【解析】

A分子式为C7H5OCl，结合题干信息可知A中含有-CHO、-Cl、苯环，根据物质反应过程中物质结构不变，可知A为，B为，经酸化后反应产生C为，C与甲醇在浓硫酸存在条件下加热，发生酯化反应产生D：；D与分子式为C6H7BrS的物质反应产生E：，结合D的结构可知X结构简式为：；E与在加热90℃及酸性条件下反应产生氯吡格雷：。【详解】根据上述分析可知：A为，B为，X为：。(1)反应C→D是与甲醇发生酯化反应，反应方程式为：+CH3OH+H2O，该反应为酯化反应，也属于取代反应；(2)根据上述分析可知B为：，X为：；(3)A结构简式为，A的同分异构体(含A)中，属于芳香族化合物，则含有苯环，官能团不变时，有邻、间、对三种，若官能团发生变化，侧链为-COCl，符合条件所有的结构简式为、、、，共四种不同的同分异构体，其中与A不同类别的一种同分异构体的结构简式为；(4)两分子C可在一定条件下反应生成一种产物，该产物分子中含有3个六元环，应是氨基与羧基之间发生脱水反应，两分子C脱去2分子水生成，该反应方程式为：；(5)乙烯与溴发生加成反应产生CH2Br-CH2Br，再发生水解反应产生乙二醇：CH2OH-CH2OH，甲醇催化氧化产生甲醛HCHO，最后乙二醇与甲醛反应生成化合物，故该反应流程为。【点睛】本题考查有机物的合成与推断、有机反应类型的判断、同分异构体书写等，掌握反应原理，要充分利用题干信息、物质的分子式。并根据反应过程中物质结构不变分析推断，较好的考查学生分析推理能力，是对有机化学基础的综合考查。18、2-甲基-1-丁烯CH3CH2C（CH3）=C（CH3）CH2CH3取代反应3【解析】

由F的结构简式可知A应为CH2=C(CH3)CH2CH3，生成E为CH2BrCBr(CH3)CH2CH3，F发生消去反应生成G，G为，X的苯环上只有一个取代基，且取代基无甲基，结合N的分子式可知N的结构简式为，可知X为苯乙醇，由M的分子式可知D含有8个C，结合信息可知B为CH3CH2C(CH3)=C(CH3)CH2CH3，则C为CH3CH2CBr(CH3)CBr(CH3)CH2CH3，D为CH3CH2COH(CH3)COH(CH3)CH2CH3，M为，以此解答该题。【详解】(1)A为CH2=C(CH3)CH2CH3，名称为2-甲基-1-丁烯；(2)由以上分析可知B为CH3CH2C(CH3)=C(CH3)CH2CH3；(3)C为CH3CH2CBr(CH3)CBr(CH3)CH2CH3，在氢氧化钠溶液中发生取代反应生成CH3CH2COH(CH3)COH(CH3)CH2CH3，故反应类型为取代反应；(4)D为CH3CH2COH(CH3)COH(CH3)CH2CH3，M为，反应的方程式为；(5)由以上分析可知N为；(6)X为苯乙醇，对应的同分异构体①遇FeCl3溶液显紫色，则羟基连接在苯环，②苯环上的一氯取代物只有两种，另一取代基为2个甲基或1个乙基，共3种，即等；(7)E为CH2BrCBr(CH3)CH2CH3，可先水解生成CH2OHCOH(CH3)CH2CH3，在铜催化条件下被氧化生成醛，然后与弱氧化剂反应生成酸，反应的流程为。【点睛】结合反应条件推断反应类型：(1)在NaOH的水溶液中发生水解反应，可能是酯的水解反应或卤代烃的水解反应。(2)在NaOH的乙醇溶液中加热，发生卤代烃的消去反应。(3)在浓H2SO4存在的条件下加热，可能发生醇的消去反应、酯化反应、成醚反应或硝化反应等。(4)能与溴水或溴的CCl4溶液反应，可能为烯烃、炔烃的加成反应。(5)能与H2在Ni作用下发生反应，则为烯烃、炔烃、芳香烃、醛的加成反应或还原反应。(6)在O2、Cu(或Ag)、加热(或CuO、加热)条件下，发生醇的氧化反应。(7)与O2或新制的Cu(OH)2悬浊液或银氨溶液反应，则该物质发生的是—CHO的氧化反应。(如果连续两次出现O2，则为醇→醛→羧酸的过程)。(8)在稀H2SO4加热条件下发生酯、低聚糖、多糖等的水解反应。(9)在光照、X2(表示卤素单质)条件下发生烷基上的取代反应；在Fe粉、X2条件下发生苯环上的取代。19、沉淀不溶解，无气泡产生BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2Ob2I――2e－＝I2由于生成AgI沉淀，使B溶液中c(I－)减小，I－还原性减弱，原电池电压减小实验步骤ⅳ表明Cl－本身对原电池电压无影响，实验步骤ⅲ中c>b说明加入Cl－使c(I－)增大，证明发生了AgI+Cl－AgCl+I－溶解度小的沉淀容易转化为溶解度更小的沉淀，反之不易；溶解度差别越大，由溶解度小的沉淀转化为溶解度较大的沉淀越难实现【解析】

(1)①BaCO3与盐酸反应放出二氧化碳气体，BaSO4不溶于盐酸；②实验Ⅱ中加入稀盐酸后有少量气泡产生，是BaCO3与盐酸反应放出二氧化碳；③实验Ⅱ中加入试剂Na2CO3后，发生反应是BaSO4+CO32-=BaSO4+SO42-；(2)①要证明AgCl转化为AgI，AgNO3与NaCl溶液反应时，必须是NaCl过量；②I―具有还原性、Ag+具有氧化性，B中石墨是原电池负极；③B中滴入AgNO3(aq)生成AgI沉淀；④AgI转化为AgCl，则c(I－)增大，还原性增强，电压增大。(3)根据实验目的及现象得出结论。【详解】(1)①BaCO3与盐酸反应放出二氧化碳气体，BaSO4不溶于盐酸，实验I说明BaCO3全部转化为BaSO4的现象是加入盐酸后，沉淀不溶解，无气泡产生；②实验Ⅱ中加入稀盐酸后有少量气泡产生，沉淀部分溶解，说明是BaCO3与盐酸反应，反应离子方程式是BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O；③实验Ⅱ中加入试剂Na2CO3后，发生反应是BaSO4+CO32-=BaSO4+SO42-；固体不计入平衡常数表达式，所以沉淀转化的平衡常数表达式K=；(2)①AgNO3与NaCl溶液反应时，NaCl过量，再滴入KI溶液，若有AgI沉淀生成才能证明AgCl转化为AgI，故实验Ⅲ中甲是NaCl溶液，选b；②I―具有还原性、Ag+具有氧化性，B中石墨是原电池负极，负极反应是2I――2e－＝I2；③B中滴入AgNO3(aq)生成AgI沉淀，B溶液中c(I－)减小，I－还原性减弱，原电池电压减小，所以实验Ⅳ中b<a；④实验步骤ⅳ表明Cl－本身对原电池电压无影响，实验步骤ⅲ中c>b说明加入Cl－使c(I－)增大，证明发生了AgI+Cl－AgCl+I－。(3)综合实验Ⅰ~Ⅳ,可得出的结论是溶解度小的沉淀容易转化为溶解度更小的沉淀，反之不易；溶解度差别越大，由溶解度小的沉淀转化为溶解度较大的沉淀越难实现。20、MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2OHClCl2取少量氯水于试管中，加入硝酸银和稀硝酸，产生白色沉淀，说明有Cl-不正确，从实验可知，氯水中含H+、Cl-，即氯气与水反应生成了H+和Cl-，氯的化合价从零价降低到-1价，必然要有元素化合价升高，H已是最高价，不再升高，一定有其他元素化合价的升高，而氯元素不一定只升高到+1价。酸性和漂白性加入蒸馏水溶液接近无色，说明c(Cl2)几乎降低为零，加入等体积的饱和氯化钠溶液，溶液还是浅黄绿色，说明氯离子的加入又生成了Cl2，即氯气和水的反应是可逆反应，增大氯离子浓度，平衡向反应物方向移动，使Cl2增多，所以呈现浅绿色【解析】

（1）二氧化锰和浓盐酸在加热条件下反应生成氯气、氯化锰和水；（2）①浓盐酸易挥发，制取的氯气含有氯化氢，依据氯化氢能够与碳酸氢钠反应生成二氧化碳解得；依据氯气和氯化氢在饱和食盐水中溶解性不同，选择除杂方法；②验证氯气与水反应的产物具有漂白性应首先排除干燥氯气的影响，需要进行对比实验；③依据氯离子能够与银离子反应生成氯化银白色沉淀，白色沉淀不溶于硝酸的性质检验氯离子的存在；根据元素化合价的升降来判断丙同学的推断；④正确的实验装置和操作进行实验，观察到实验现象与实验Ⅰ、Ⅱ中相似，说明氯水具有漂白性和酸性；（3）依据氯气溶液水，部分与水反应生成氯化氢和次氯酸，存在Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO，依据化学平衡移动影响因素分析解答。【详解】（1）二氧化锰和浓盐酸在加热条件下反应生成氯气、氯化锰和水，离子学方程式：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；（2）①浓盐酸易挥发，制取的氯气含有氯化氢，依据氯化氢能够与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，也会有无色气泡产生，对氯水性质检验造成干扰；氯气在饱和食盐水中溶解度不大，氯化氢易溶于水，所以可以用盛有饱和食盐水的洗气瓶除去氯化氢；故答案为：HCl；；②实验Ⅰ：没有事先证明干燥的氯气无漂白性，则不能证明氯气与水反应的产物是否具有漂白性；故答案为：Cl2；③氯离子能够与银离子反应生成氯化银白色沉淀，白色沉淀不溶于硝酸，所以检验氯离子存在的方法：取少量氯水于试管中，加入硝酸银和稀硝酸，若有白色沉淀产生，说明有Cl-存在；从实验可知，氯水中含H+、Cl-，即氯气与水反应生成了H+和Cl-，氯的化合价从零价降低到-1价，必然要有元素化合价升高，H已是最高价，不再升高，一定有其他元素化合价的升高，而氯元素不一定只升高到+1价；④正确的实验装置和操作进行实验，观察到实验现象与实验Ⅰ、Ⅱ中相似，说明氯水具有漂白性和酸性，故答案为：酸性和漂白性；（3）氯气溶液水，部分与水反应生成氯化氢和次氯酸，存在Cl2+H2OH++Cl-+HCl