湖南衡阳八中2025届高考适应性考试化学试卷含解析

湖南衡阳八中2025届高考适应性考试化学试卷注意事项：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(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、化合物Y具有抗菌、消炎作用，可由X制得。下列有关化合物X、Y的说法不正确的是（）A．1molX最多能与3molNaOH反应B．Y与乙醇发生酯化反应可得到XC．X、Y均能使酸性高锰酸钾溶液褪色D．室温下X、Y分别与足量Br2加成的产物分子中手性碳原子数目相等2、下列实验方案正确且能达到实验目的是（）A．用图1装置制取并收集乙酸乙酯B．用图2装置除去CO2气体中的HCl杂质C．用图3装置检验草酸晶体中是否含有结晶水D．用图4装置可以完成“喷泉实验”3、W、X、Y、Z均为短周期元素且原子序数依次增大。Y是短周期中原子半径最大的元素；元素X和Z同族，Z的最高价氧化物对应的水化物的浓溶液与W的单质反应，生成两种能使澄清石灰水变浑浊的无色气体。下列说法正确的是（）A．简单离子半径大小为Y＜X＜ZB．Y和Z的氢化物溶于水，所得溶液均呈酸性C．W与Z均只有两种的含氧酸D．工业上电解熔融Y2X制备单质Y4、下列对实验方案的设计或评价合理的是（）A．经酸洗除锈的铁钉，用饱和食盐水浸泡后放入如图所示具支试管中，一段时间后导管口有气泡冒出B．图中电流表会显示电流在较短时间内就会衰减C．图中应先用燃着的小木条点燃镁带，然后插入混合物中引发反应D．可用图显示的方法除去酸式滴定管尖嘴中的气泡5、下列关于氨气的说法正确的是（）A．氨分子的空间构型为三角形B．氨分子常温下能被氧化成一氧化氮C．氨分子是含极性键的极性分子D．氨水呈碱性，所以氨气是电解质6、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W在大气中有两种同素异形体且均能支持燃烧，X的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，非金属元素Y的原子序数是Z的最外层电子数的2倍。下列叙述不正确的是A．Y、Z的氢化物稳定性Y>ZB．Y单质的熔点高于X单质C．X、W、Z能形成具有强氧化性的XZWD．YZ4分子中Y和Z都满足8电子稳定结构7、已知NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．120gNaHSO4固体中含有H+的数目为NAB．向FeBr2溶液中缓慢通入0.2molCl2时，被氧化的Fe2＋数目一定为0.4NAC．用惰性电极电解1L浓度均为2mol/L的AgNO3与Cu（NO3）2的混合溶液，当有0.2NA个电子转移时，阴极析出金属的质量大于6.4gD．加热条件下，1molFe投入足量的浓硫酸中，生成SO2的分子数目为NA8、一氯甲烷等卤代烃跟苯的反应如图所示，(无机小分子产物略去)。下列说法正确的是A．该反应属于化合反应B．b的二氯代物有6种结构C．1molb加氢生成饱和烃需要6molH2D．C5H11Cl的结构有8种9、几种化合物的溶解度随温度变化曲线如图所示，下列说法正确的是（）A．NaClO3的溶解是放热过程B．由图中数据可求出300K时MgCl2饱和溶液的物质的量浓度C．可采用复分解反应制备Mg（ClO3）2：MgCl2+2NaClO3═Mg（ClO3）2+2NaClD．若NaCl中含有少量Mg（ClO3）2，可用降温结晶方法提纯10、我国科研人员提出了由CO2和CH4转化为高附加值产品CH3COOH的催化反应历程。该历程示意图如下，则下列说法正确的是（）A．E为该反应的反应热B．①→②吸收能量C．CH4→CH3COOH过程中，有极性键的断裂和非极性键的形成D．加入催化剂能改变该反应的能量变化11、二甲胺[(CH3)2NH]在水中电离与氨相似，。常温下，用0.l00mol/L的HCl分别滴定20.00mL浓度均为0.l00mol/L的NaOH和二甲胺溶液，测得滴定过程中溶液的电导率变化曲线如图所示。下列说法正确的是A．b点溶液：B．d点溶液：C．e点溶液中：D．a、b、c、d点对应的溶液中，水的电离程度：12、下列有关和混合溶液的叙述正确的是()A．向该溶液中加入浓盐酸，每产生，转移电子约为个B．该溶液中，可以大量共存C．滴入少量溶液，反应的离子方程式为：D．为验证的水解，用试纸测该溶液的13、如图，小烧杯放在一块沾有水的玻璃片上，加入氯化铵固体与氢氧化钡晶体[Ba（OH）2•8H2O）]，并用玻璃棒搅拌，玻璃片上的水结成了冰．由此可知（）A．该反应中，化学能转变成热能B．反应物的总能量低于生成物的总能量C．氯化铵与氢氧化钡的反应为放热反应D．反应的热化学方程式为2NH4Cl+Ba（OH）2→BaCl2+2NH3•H2O﹣Q14、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15、工业上用酸性KMnO4溶液与乙苯()反应生产苯甲酸()，下列有关说法正确的是A．乙苯是苯的同系物 B．乙苯的所有原子均共平面C．生产苯甲酸时发生的是取代反应 D．乙苯不能与H2发生反应16、25℃下，向20mL0.1mol•L-1HA溶液中逐滴加入0.1mol•L-1

NaOH溶液，随滴入NaOH溶液体积的变化混合溶液的pH的变化如图所示。下列说法正确的是（）A．A-的水解常数约为10-11B．水的电离程度：e＞d＞c＞b＞aC．c点和d点溶液中均符合c（Na+）=c（A-）D．b点溶液中粒子浓度关系：c（A-）＞c（HA）＞c（H+）＞c（OH-）17、一种从植物中提取的天然化合物，可用于制作“香水”，其结构简式为，下列有关该化合物的说法错误的是A．分子式为C12H18O2B．分子中至少有6个碳原子共平面C．该化合物能使酸性高锰酸钾溶液褪色D．一定条件下，1mol该化合物最多可与3molH2加成18、关于下列转化过程分析不正确的是A．Fe3O4中Fe元素的化合价为+2、+3B．过程Ⅰ中每消耗58gFe3O4转移1mol电子C．过程Ⅱ的化学方程式为3FeO+H2OFe3O4+H2↑D．该过程总反应为2H2O═2H2↑+O2↑19、如图所示装置中不存在的仪器是()A．坩埚 B．泥三角 C．三脚架 D．石棉网20、下列说法违反科学原理的是（）A．碘化银可用于人工降雨B．在一定温度、压强下，石墨可变为金刚石C．闪电时空气中的N2可变为氮的化合物D．烧菜时如果盐加得早，氯会挥发掉，只剩下钠21、有一瓶无色、有特殊气味的液体，是甲醇（CH3OH）或乙醇（C2H5OH）。通过测定该液体充分燃烧后生成的二氧化碳和水的质量，再根据二氧化碳和水的质量可确定是那种物质，对原理解释错误的是A．求出碳、氢元素的质量比，与甲醇和乙醇中碳氢质量比对照，即可确定B．求出碳、氢原子的个数比，与甲醇和乙醇中碳氢个数比对照，即可确定C．求出碳、氢原子的物质的量比，与甲醇和乙醇中的碳氢物质的量比对照，即可确定D．求出碳、氢、氧原子的个数比，与甲醇和乙醇中的碳、氢、氧个数比对照，即可确定22、化学现象随处可见，化学制品伴随我们的生活。下列说法错误的是（）A．“霾尘积聚难见路人”，雾霾可能产生丁达尔效应B．“用浓酒和糟入甑(蒸锅)，蒸令气上……”，其中涉及的操作是蒸馏C．“世间丝、麻、裘皆具素质……”，其中的“丝、麻”的主要成分都是蛋白质D．古剑“沈卢”以“剂钢为刃，柔铁为茎干，不尔则多断折”，其中的“剂钢”是铁合金二、非选择题(共84分)23、（14分）由化合物A合成黄樟油（E）和香料F的路线如下（部分反应条件已略去）：请回答下列问题：（1）下列有关说法正确的是______（填选项字母）。a．化合物A核磁共振氢谱为两组峰b．CH2Br2只有一种结构c．化合物E能发生加聚反应得到线型高分子d．化合物B能发生银镜反应，也能与NaOH溶液反应（2）由B转化为D所需的试剂为______。（3）D含有的官能团名称为________，C的同分异构体中具有顺反异构的名称是________（不必注明“顺”“反”）。（4）写出A→B的化学反应方程式：__________。（5）满足下列条件的E的同分异构体W有________种（不含立体异构），其中核磁共振氢谱为五组峰且峰面积之比是1:2:2:2:3的结构简式为_______。①lmolW与足量NaOH溶液反应，能消耗2molNaOH②能发生银镜反应③苯环上只有两个取代基，能发生聚合反应（6）参照上述合成路线，写出以、丙酮为主要原料（无机试剂任选），设计制备的合成路线________。24、（12分）香料G的一种合成工艺如图所示。已知：①核磁共振氢谱显示A有两个峰，其强度之比为1∶1。②CH3CH2CH=CH2CH3CHBrCH=CH2③CH3CHO+CH3CHOCH3CH=CHCHO+H2O请回答下列问题：(1)A的结构简式为________，G中官能团的名称为________。(2)检验M已完全转化为N的实验操作是______(3)有学生建议，将M→N的转化用KMnO4(H＋)代替O2，你认为是否合理______(填“是”或“否”)原因是_________(若认为合理则不填此空)。(4)写出下列转化的化学方程式，并标出反应类型：K→L________，反应类型________。(5)F是M的同系物，比M多一个碳原子。满足下列条件的F的同分异构体有_____种。(不考虑立体异构)①能发生银镜反应②能与溴的四氯化碳溶液加成③苯环上只有2个对位取代基(6)以丙烯和NBS试剂为原料制备甘油(丙三醇)，请设计合成路线______(其他无机原料任选)。请用以下方式表示：AB目标产物25、（12分）Na2S2O3是重要的化工原料，易溶于水。在中性或碱性环境中稳定。I.制备Na2S2O3•5H2O反应原理：Na2SO3(aq)+S(s)Na2S2O3(aq)实验步骤：①称取15gNa2S2O3加入圆底烧瓶中，再加入80mL蒸馏水。另取5g研细的硫粉，用3mL乙醇润湿，加入上述溶液中。②安装实验装置，水浴加热，微沸60分钟。③趁热过滤，将滤液水浴加热浓缩，冷却析出Na2S2O3•5H2O，经过滤，洗涤，干燥，得到产品。回答问题：（1）硫粉在反应前用乙醇润湿的目的是___。（2）仪器a的名称是___，其作用是___。（3）产品中除了有未反应的Na2SO3外，最可能存在的无机杂质是___，检验是否存在该杂质的方法是___。（4）该实验一般控制在碱性环境下进行，否则产品发黄，用离子方程式表示其原因为___。II.测定产品纯度准确称取Wg产品，用适量蒸馏水溶解，以淀粉作指示剂，用0.1000mol/L碘的标准溶液滴定，反应原理为：2S2O32-+I2=S4O62-+2I-。（5）滴定至终点时，溶液颜色的变化为___。（6）滴定起始和终点的液面位置如图，则消耗碘的标准溶液体积为___mL。产品的纯度为___（设Na2S2O3•5H2O相对分子质量为M）。26、（10分）环乙烯是一种重要的化工原料，实验室常用下列反应制备环乙烯：环己醇、环己烯的部分物理性质见下表：物质沸点（℃）密度（g·cm-3，20℃）溶解性环己醇161.1(97.8)*0.9624能溶于水环己烯83(70.8)*0.8085不溶于水*括号中的数据表示该有机物与水形成的具有固定组成的混合物中有机物的质量分数Ⅰ：制备环己烯粗品。实验中将环己醇与浓硫酸混合加入烧瓶中，按图所示装置，油浴加热，蒸馏约1h，收集馏分，得到主要含环己烯和水的混合物。Ⅱ：环己烯的提纯。主要操作有；a.向馏出液中加入精盐至饱和；b.加入3～4mL5%Na2CO3溶液；c.静置，分液；d.加入无水CaCl2固体；e.蒸馏回答下列问题：(1)油浴加热过程中，温度控制在90℃以下，蒸馏温度不宜过高的原因是________。(2)蒸馏不能彻底分离环己烯和水的原因是_______________。(3)加入精盐至饱和的目的是_____________________。(4)加入3～4mL5%Na2CO3溶液的作用是__________。(5)加入无水CaCl2固体的作用是______________。(6)利用核磁共振氢谱可以鉴定制备的产物是否为环己烯，环己烯分子中有_______种不同环境的氢原子。27、（12分）化学兴趣小组对某品牌牙膏中摩擦剂成分及其含量进行以下探究：查得资料：该牙膏摩擦剂由碳酸钙、氢氧化铝组成；牙膏中其它成分遇到盐酸时无气体生成。I.摩擦剂中氢氧化铝的定性检验取适量牙膏样品，加水充分搅拌、过滤。(1)往滤渣中加入过量NaOH溶液，过滤。氢氧化铝与NaOH溶液反应的离子方程式是___；(2)往(1)所得滤液中先通入过量二氧化碳，再加入过量稀盐酸，观察到的现象是_______；Ⅱ.牙膏样品中碳酸钙的定量测定利用下图所示装置(图中夹持仪器略去)进行实验，充分反应后，测定C中生成的BaCO3沉淀质量，以确定碳酸钙的质量分数。依据实验过程回答下列问题：(3)仪器a的名称是_______。(4)实验过程中需持续缓缓通入空气。其作用除了可搅拌B、C中的反应物外，还有：____；(5)C中反应生成BaCO3的化学方程式是_____；(6)下列各项措施中，不能提高测定准确度的是____(填标号)。a.在加入盐酸之前，应排净装置内的CO2气体；b.滴加盐酸不宜过快；c.在A-B之间增添盛有浓硫酸的洗气装置；d.在B-C之间增添盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气装置。(7)实验中准确称取8.00g样品三份，进行三次测定，测得BaCO3的平均质量为3.94g。则样品中碳酸钙的质量分数为______(保留3位有效数字)。(8)有人认为不必测定C中生成的BaCO3质量，只要测定装置C吸收CO2前后的质量差，一样可以确定碳酸钙的质量分数。你认为按此方法测定是否合适_____(填“是”“否”)，若填“否”则结果_____(填“偏低”或“偏高”)。28、（14分）镁、铝、硅、银、铁的单质及其化合物在建筑业、飞机制造业、电子工业和石油化工等方面应用广泛。回答下列问题：（1）Fe3+价层电子的轨道表达式(电子排布图)为__。（2）硅能形成多种化合物(如SiH4、Si2H4等)，SiH4的中心原子的杂化轨道类型为__，其分子的立体构型为__，键角为__；Si2H4分子中含有的σ键和π键的数目之比为__。（3）Mg、Al的第一电离能：Mg__Al(填“>”或“<”)。（4）Ca和Fe属于同一周期，且核外最外层电子构型相同，但金属Ca的熔点、沸点等都比金属Fe低，原因是__。（5）Ag晶体的堆积方式为面心立方最密堆积(如图所示)，晶胞中Ag原子的配位数为__；设Ag原子半径为rcm，阿伏加德罗常数的值用NA表示，则Ag晶体的密度为__g·cm-3(写出表达式)。29、（10分）氮及其化合物对环境具有显著影响。(1)已知汽车气缸中氮及其化合物发生如下反应：N2(g)+O2(g)2NO(g)△H=+180kJ/molN2(g)+2O2(g)2NO2(g)△H=+68kJ/mol则2NO(g)+O2(g)2NO2(g)△H=__________kJ/mol(2)对于反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的反应历程如下：第一步：2NO(g)N2O2(g)(快速平衡)第二步：N2O2(g)+O2(g)2NO(g)(慢反应)其中可近似认为第二步反应不影响第一步的平衡，第一步反应中：υ正=k1正·c2(NO)，υ逆=k1逆·c(N2O2)，k1正、k1逆为速率常数，仅受温度影响。下列叙述正确的是__________A．整个反应的速率由第一步反应速率决定B．同一温度下，平衡时第一步反应的越大，反应正向程度越大C．第二步反应速率慢，因而平衡转化率也低D．第二步反应的活化能比第一步反应的活化能高(3)在密闭容器中充入一定量的CO和NO气体，发生反应2CO(g)+2NO(g)2CO2(g)+N2(g)△H<0，图为平衡时NO的体积分数与温度、压强的关系：①温度：T1__________T2(填“>”、“<”或“=”)。②若在D点对反应容器升温，同时扩大体积使体系压强减小，重新达到的平衡状态可能是图中A～G点中的__________点(填字母)。③某研究小组探究该反应中催化剂对脱氮率(即NO转化率)的影响。将相同量的NO和CO以一定的流速分别通过催化剂a和b，相同时间内测定尾气，a结果如图中曲线I所示。已知：催化效率b>a；b的活性温度约450℃。在图中画出b所对应的曲线(从300℃开始画)_______。(4)在汽车的排气管上加装催化转化装置可减少NOx的排放。研究表明，NOx的脱除率除与还原剂、催化剂相关外，还取决于催化剂表面氧缺位的密集程度。以La0.8A0.2BCoO3＋X(A、B均为过渡元素)为催化剂，用H2还原NO的机理如下：第一阶段：B4＋(不稳定)＋H2→低价态的金属离子(还原前后催化剂中金属原子的个数不变)第二阶段：I.NO(g)+□→NO(a)II.2NO(a)→2N(a)+O2(g)III.2N(a)→N2(g)+2□IV.2NO(a)→N2(g)+2O(a)V.2O(a)→O2(g)+2□注：□表示催化剂表面的氧缺位，g表示气态，a表示吸附态第一阶段用氢气还原B4＋得到低价态的金属离子越多，第二阶段反应的速率越快，原因是________。

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、B【解析】

A.X中能与NaOH反应的官能团是羧基和酯基，1mol羧基能消耗1molNaOH，X中酯基水解成羧基和酚羟基，都能与氢氧化钠发生中和反应，1mol这样的酯基，消耗2molNaOH，即1molX最多能与3molNaOH反应，故A说法正确；B.Y中含有羟基，对比X和Y的结构简式，Y和乙酸发生酯化反应得到X，故B说法错误；C.碳碳双键及连接苯环的碳原子上含有H原子的结构都能与酸性高锰酸钾溶液反应，而使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C说法正确；D.X中只有碳碳双键能和溴发生加成反应，Y中碳碳双键能和溴发生反应，两种有机物与溴反应后，X、Y中手性碳原子都是4个，故D说法正确；答案：B。2、D【解析】

A．乙酸乙酯在NaOH溶液中能完全水解，应改用饱和碳酸钠溶液，故A错误；B．二者均与碳酸钠反应，不能除杂，应选饱和碳酸氢钠溶液，故B错误；C．无水硫酸铜遇水变蓝，且草酸中含H元素和氧元素，分解生成水，则变蓝不能说明草酸含结晶水，故C错误；D．氨气极易溶于水，打开止水夹，捂热烧瓶根据气体热胀冷缩的原理可引发喷泉，故D正确；故答案为D。【点睛】解答综合性实验设计与评价题主要从以下几个方面考虑：①实验原理是否正确、可行；②实验操作是否完全、合理；③实验步骤是否简单、方便；④实验效果是否明显等。⑤反应原料是否易得、安全、无毒；⑥反应速率较快；⑦原料利用率以及合成物质的产率是否较高；⑧合成过程是否造成环境污染。⑨有无化学安全隐患，如倒吸、爆炸、吸水、泄漏、着火、溅液、破损等。3、A【解析】

W、X、Y、Z均为短周期元素且原子序数依次增大。依据元素周期律可知，同周期元素中，从左到右原子半径依次减小，同主族元素中，从上到下原子半径依次增大，因Y是短周期中原子半径最大的元素，则Y为Na元素；Z的最高价氧化物对应的水化物的浓溶液与W的单质反应，生成两种能使澄清石灰水变浑浊的无色气体，采用逆分析法可知，这两种气体为二氧化碳与二氧化硫酸性气体，则可知Z为S，其最高价氧化物对应的水化物的浓溶液为浓硫酸，可与W的单质（C）反应，因此推出W为C；又X和Z同族，则X为O元素，据此分析作答。【详解】由上述分析可知，W、X、Y、Z分别是C、O、Na和S元素，则A.简单离子的电子层数越多，其对应的半径越大；电子层数相同时，核电荷数越小，离子半径越大，则简单离子半径大小为Y＜X＜Z，A项正确；B.氢化钠为离子化合物，溶于水后与水发生反应：NaH+H2O=NaOH+H2↑，使溶液呈现碱性，B项错误；C.C元素的含氧酸有碳酸、草酸和乙二酸，S的含氧酸为亚硫酸、硫酸和硫代硫酸等，C项错误；D.工业上采用电解熔融氯化钠来制备金属钠，而不是Na2O，D项错误；答案选A。【点睛】B项是易错点，学生要注意氢元素与活泼金属作用时，形成离子化合物，H显-1价。4、B【解析】

A.铁钉遇到饱和食盐水发生吸氧腐蚀，右侧试管中的导管内水柱上升，导管内没有气泡产生，A不合理；B.该装置的锌铜电池中，锌直接与稀硫酸相连，原电池效率不高，电流在较短时间内就会衰减，应改为用盐桥相连的装置，效率会更高，B合理；C.铝热反应中，铝热剂在最下面，上面铺一层氯酸钾，先把镁条插入混合物中，再点燃镁条用来提供引发反应的热能，C不合理；D.该图为碱式滴定管，可用图显示的方法除去碱式滴定管尖嘴中的气泡，D不合理；故答案为：B。5、C【解析】

A．NH3中N原子的价层电子对数=3+12（5-3×1）=4，属于sp3型杂化，空间构型为三角锥形，选项AB．氨氧化法是将氨和空气的混合气通过灼热的铂铑合金网，在合金网的催化下，氨被氧化成一氧化氮（NO）。此时温度很高，选项B错误；C．NH3中有N、H元素之间形成极性键，分子结构不对称，正负电荷的中心不重合，属于极性分子，选项C正确；D．氨气本身不能电离产生自由移动的离子，属于非电解质，选项D错误；答案选C。6、A【解析】

W在大气中有两种同素异形体且均能支持燃烧，W为O元素；X的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，X为Na元素；短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，非金属元素Y的原子序数是Z的最外层电子数的2倍，则Y为Si、Z为Cl元素；A.非金属性Si<Cl，则Y、Z的氢化物的稳定性Si（Y）<Cl（Z），A错误；B.Y的单质是晶体硅，晶体硅属于原子晶体，X单质是金属Na，硅的熔点高于Na，B正确；C.X（Na）、W（O）、Z（Cl）能形成NaClO，NaClO具有强氧化性，C正确；D.YZ4为SiCl4，SiCl4的电子式为，Si和Cl都满足8电子稳定结构，D正确；答案选A。7、C【解析】

A．固体NaHSO4中不含氢离子，故A错误；B．被氧化的Fe2＋数目与溶液中FeBr2的量有关，故B错误；C．混合溶液中n(Ag+)=2mol×1L=2mol，n(Cu2+)=2mol，Ag+氧化性大于Cu2+，电解混合溶液时，阴极首先析出的固体为银单质，当有0.2mol电子转移时，首先析出Ag，质量为0.2mol×108g/mol=21.6g，故C正确；D．浓硫酸氧化性较强，可以将Fe氧化成Fe3+，所以1molFe可以提供3mol电子，则生成的SO2的物质的量为1.5mol，个数为1.5NA，故D错误；答案为C。【点睛】熔融状态下NaHSO4电离出钠离子和硫酸氢根离子，在水溶液中NaHSO4电离出钠离子、氢离子、硫酸根离子。8、D【解析】

A、一氯甲烷等卤代烃跟苯的反应生成甲苯和HCl；B、甲苯的苯环上的二氯代物有6种，甲基上的氢也可以被取代；C、1molb加氢生成饱和烃需要3molH2；D、戊烷的同分异构体有正、异、新三种，再分析氯的位置异构。【详解】A、一氯甲烷等卤代烃跟苯的反应生成甲苯和HCl，属于取代反应，故A错误；B、甲苯的苯环上的二氯代物有6种，甲基上的氢也可以被取代，故B错误；C、1molb加氢生成饱和烃需要3molH2，故C错误；D、戊烷的同分异构体有正、异、新三种，再分析氯的位置异构分别有3种、4种、1种，故D正确。故选D。【点睛】易错点B，区别“甲苯的苯环上的二氯代物”和“甲苯的的二氯代物”是两种不同的条件，后者甲基上的氢也可以被取代。9、C【解析】

A项、由图象只能判断NaClO3溶解度与温度的关系，无法确定其溶解过程的热效应，故A错误；B项、MgCl2饱和溶液的密度未知，不能求出300K时MgCl2饱和溶液的物质的量浓度，故B错误；C项、反应MgCl2+2NaClO3═Mg（ClO3）2+2NaCl类似于侯德榜制碱法生产的原理，因为NaCl溶解度小而从溶液中析出，使反应向正方向进行，故C正确；D项、若NaCl中含有少量Mg（ClO3）2，应用蒸发结晶方法提纯，故D错误；故选C。10、C【解析】

A.根据图示E为该反应的活化能，故A错误；B.①→②的能量降低，过程为放热过程，故B错误；C.该过程中甲烷中的C-H键断裂，为极性键的断裂，形成CH3COOH的C-C键，为非极性键形成，故C正确；D.催化剂不能改变反应的能量变化，只改变反应的活化能，故D错误；故答案为C。11、D【解析】

NaOH是强碱，二甲胺是弱碱，则相同浓度的NaOH和二甲胺，溶液导电率：NaOH>(CH3)2NH，所以①曲线表示NaOH滴定曲线、②曲线表示(CH3)2NH滴定曲线，然后结合相关守恒解答。【详解】A．b点溶液中溶质为等物质的量浓度的(CH3)2NH·H2O和(CH3)2NH2Cl，，(CH3)2NH2Cl的水解常数，所以(CH3)2NH·H2O的电离程度大于(CH3)2NH2Cl的水解程度导致溶液呈碱性，但是其电离和水解程度都较小，则溶液中微粒浓度存在：，A错误；B．d点二者完全反应生成(CH3)2NH2Cl，水解生成等物质的量的和H+，水解程度远大于水的电离程度，因此与近似相等，该溶液呈酸性，因此，则，溶液中存在电荷守恒：，因此，故B错误；C．e点溶液中溶质为等物质的量浓度的(CH3)2NH2Cl、HCl，溶液中存在电荷守恒：，物料守恒：，则，故C错误；D．酸或碱抑制水电离，且酸中c(H+)越大或碱中c(OH−)越大其抑制水电离程度越大，弱碱的阳离子或弱酸的阴离子水解促进水电离，a点溶质为等浓度的NaOH和NaCl；b点溶质为等物质的量浓度的[(CH3)2]NH·H2O和(CH3)2NH2Cl，其水溶液呈碱性，且a点溶质电离的OH-浓度大于b点，水的电离程度：b>a；c点溶质为NaCl，水溶液呈中性，对水的电离无影响；d点溶质为(CH3)2NH2Cl，促进水的电离，a、b点抑制水电离、c点不影响水电离、d点促进水电离，所以水电离程度关系为：d>c>b>a，故D正确；故案为：D。12、A【解析】

A.发生Cl-+ClO-+2H+=Cl2↑+H2O，由反应可知，生成1mol气体转移1mol电子，则转移电子约为6.02×1023个，A正确；B.Ag+、Cl-结合生成沉淀，且乙醛易被ClO-氧化，不能共存，B错误；C.NaClO为强碱弱酸盐，水解呈碱性，NaCl为中性，溶液中不存在大量的氢离子，离子方程式为2Fe2++2ClO-+2H2O=Fe3++Fe(OH)3↓+HClO+Cl－，C错误；D.ClO-的水解使溶液显碱性，使pH试纸显蓝色，但ClO-具有强的氧化性，又会使变色的试纸氧化为无色，因此不能用pH测定该溶液的的pH，D错误；故合理选项是A。13、B【解析】

A．通过玻璃片上结冰现象可知该反应为吸热反应，故热能转变为化学能，故A错误；B．该反应是一个吸热反应，则反应物的总能量小于生成物的总能量，故B正确；C．该反应是一个吸热反应，故C错误；D．氯化铵与氢氧化钡晶体反应生成氯化钡、一水合氨和水，该反应为吸热反应，题给方程式没有标出各物质的聚集状态，不是该反应的热化学方程式，故D错误；故答案为B。【点睛】考查学生吸热反应和物质能量的转化，通过玻璃片上结冰现象可以确定反应是吸热的；吸热反应中，反应物的总能量小于生成物的总能量。14、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。【点睛】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。15、A【解析】

A．苯和乙苯，都只含有一个苯环，结构相似，且分子相差2个CH2，是同系物，A正确；B．乙苯中的－CH2CH3上有2个饱和的C原子，饱和碳原子与其周围的原子位置关系类似于CH4，不能所有原子共面，B错误；C．乙苯在高锰酸钾的作用下转化为苯甲酸，是氧化反应，C错误；D．乙苯中的苯环能够与H2反生加成反应，D错误。答案选A。16、D【解析】

b点溶质为等体积的NaA和HA，形成缓冲溶液，c点为中性点，c(H+)=c(OH-)，d点为中和点，溶质只有NaA，溶液显碱性。【详解】A.HAH++A-，其电离平衡常数，A-+H2OHA+OH-，其水解平衡常数，根据电离平衡常数与水的离子积常数可得，，A错误；B.d点恰好反应生成NaA，A-水解，能水解的盐溶液促进水电离，水的电离程度最大，B错误；C.c点溶液显中性，c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒可知：c(Na+)=c(A-)，d点溶液显碱性，c(H+)<c(OH-)，根据电荷守恒可知：c(Na+)>c(A-)，C错误；D.b点溶液中溶质为等体积的NaA和HA，溶液显酸性，电离过程大于水解过程，粒子浓度关系：c(A-)＞c(Na+)＞c(HA)＞c(H+)＞c(OH-)，D正确；故答案选D。【点睛】酸碱滴定时，中性点和中和点不一样，离子浓度的大小关系，看该点上的溶质成分以及pH。17、B【解析】分子式为C13H20O，故A正确；双键两端的原子共平面，所以至少有5个碳原子共平面，故B错误；含有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾褪色，故C正确；含有2个碳碳双键、1个羰基，一定条件下，1mol该化合物最多可与3molH2加成，故D正确。18、B【解析】

A．Fe3O4的化学式可以改写为Fe2O3•FeO，Fe3O4中Fe元素的化合价为+2、+3，故A正确；

B．过程Ⅰ：2Fe3O4(s)=6FeO(s)+O2(g)当有2molFe3O4分解时，生成1mol氧气，而58

gFe3O4的物质的量为0.25mol，故生成0.125mol氧气，而氧元素由-2价变为0价，故转移0.5mol电子，故B错误；

C．过程Ⅱ中FeO与水反应生成四氧化三铁和氢气，反应化学方程式为3FeO+H2OFe3O4+H2↑，故C正确；

D．过程Ⅰ：2Fe3O4(s)==6FeO(s)+O2(g)过程II：3FeO(s)+H2O(l)==H2(g)+Fe3O4(s)，相加可得该过程总反应为2H2O==O2↑+2H2↑，故D正确；

故选：B。19、D【解析】

由图示装置可知，涉及的仪器为：坩埚、泥三角、三脚架、酒精灯等，由于给坩埚加热时可以直接进行加热，不需要使用石棉网，所以该装置中没有用到石棉网，答案选D。【点睛】注意常见的仪器干燥及正确的使用方法，明确给坩埚加热时，不需要垫上石棉网。20、D【解析】

A.碘化银可在空气中形成结晶核，是水凝结，因此可用于人工降雨，A项正确；B.石墨与金刚石互为同素异形体，在一定温度、压强下石墨可变成金刚石，B项正确；C.闪电时空气中的N2可变为氮的化合物，例如氮气与氢气在放电条件下可以转化成一氧化氮等，C项正确；D.氯化钠在烹饪温度下不会分解，氯挥发的情况不会出现，而且钠是非常活泼的金属，遇水会立刻转化为氢氧化钠，不可能只剩下钠，D项错误；答案选D。21、D【解析】

反应后生成了二氧化碳和水，则根据质量守恒定律，化学反应前后元素的种类质量不变，则反应物中一定含有C、H元素；已知生成的二氧化碳和水的质量，则根据二氧化碳和水的质量，利用某元素的质量=化合物的质量×该元素的质量分数可求出碳元素和氢元素的质量比；再根据碳元素和氢元素的质量比即可求得碳元素与氢元素的原子个数比；最后与反应前甲醇和乙醇中的碳氢个数比对照，即可知道是哪种物质。碳、氢原子的物质的量比，与其原子个数比类似；只有D答案是错误的，因为生成物二氧化碳和水中的氧只有一部分来自于甲醇和乙醇，一部分来自于氧气，不能根据求出碳、氢、氧原子的个数比，与甲醇和乙醇中的碳、氢、氧原子的个数比对照，答案选D。22、C【解析】

A．雾霾中可能存在直径1-100nm的粒子，这些粒子分散在空气中形成胶体，可产生丁达尔效应，A项正确；B．“用浓酒和糟入甑(蒸锅)，蒸令气上……”，通过蒸煮使酒精转化为蒸气，再冷凝收集，是蒸馏操作，B项正确；C．“丝”是蚕丝，主要成分为蛋白质；“麻”来自植物，主要成分为纤维素，C项错误；D．钢是铁和碳的合金，D项正确；答案选C。二、非选择题(共84分)23、bc液溴、Fe（或液溴、FeBr3）醚键、溴原子1-溴丙烯9【解析】根据A的分子式和性质，判断为酚，再根据D的结构，可以判断A为邻二苯酚()，B为。(l)a．A为邻二苯酚()，核磁共振氢谱为三组峰，故a错误；b.甲烷是正四面体结构，因此CH2Br2只有一种结构，故b正确；c．化合物E为，含有碳碳双键，能发生加聚反应得到线型高分子，故c正确；d．B为，不存在醛基，不能发生银镜反应，故d错误；故选bc；(2)由B转化为D是在苯环上引入溴原子，需要试剂为液溴、Fe，故答案为液溴、Fe；(3)根据D的结构可知，其含有的含氧官能团为醚键和溴原子，C的同分异构体中具有顺反异构的是1-溴丙烯，故答案为醚键、溴原子；1-溴丙烯；(4)A为邻二苯酚()，B为，A→B的化学方程式为：，故答案为；(5)E为，E的同分异构体W满足：①lmolW与足量NaOH溶液反应，能消耗2molNaOH；②能发生银镜反应；③苯环上只有两个取代苯，能发生聚合反应，说明苯环上含有2个侧链，其中含有碳碳双键、醛基或属于甲酸某酯，结合E的结构，W属于甲酸苯酚酯，即HCOO-，另一个侧链为-CH2CH=CH2或-CH=CH2CH3或-C(CH3)=CH2，每种侧链对应与邻位、间位、对位3种结构，共9种，其中核磁共振氢谱为五组峰且峰面积之比是1：2：2：2：3的结构简式为，故答案为9；；(6)以、为主要原料制备，可以将丙酮，与发生题中类似F→G的反应，得到醇再与溴化氢反应后，得溴代烃，在镁的作用下，两个分子之间发生类似题中C+D→E的反应，合成路线为，故答案为。点睛：本题考查有机物推断与合成、有机物结构与性质、有机反应类型、同分异构体等知识，是对有机物化学基础的综合应用，侧重考查学生对知识的迁移应用。本题的难点是(6)的合成路线的设计。24、碳碳双键、酯基取少量M于试管中，滴加稀NaOH至溶液呈碱性，再加新制的Cu(OH)2加热，若没有砖红色沉淀产生，说明M已完全转化为N否KMnO4(H＋)在氧化醛基的同时，还可以氧化碳碳双键+CH3CHO加成反应6CH2=CH-CH3CH2=CH-CH2-BrBrCH2-CHBr-CH2-Br【解析】

由流程：E和N发生酯化反应得到的G为，则E、N分别为和中的一种，C反应得到D，D发生卤代烃水解反应得到E，故E属于醇，E为，则N为，逆推出M为、L为，结合信息③，逆推出K为，由E逆推出D为，结合信息②，逆推出C为，C由B在浓硫酸加热条件下发生消去反应所得、B为，又知A催化加氢得B，核磁共振氢谱显示A有两个峰，其强度之比为1∶1，即A分子内有2种氢原子且二者数目相同，则A为；(1)据上分析，写出A的结构简式及G中官能团的名称；(2)检验M已完全转化为N，主要检验醛基即可，碱性环境下检验；(3)该学生建议是否合理，主要通过用KMnO4(H＋)代替O2发生转化时，有没有其它基团也被氧化，如果有，那么就不可行；(4)K为，则K→L的反应可通过信息类推，按反应特点确定反应类型；(5)F是M的同系物，M为，而F比M多一个碳原子。求满足下列条件的F的同分异构体数目，主要找出满足条件的基团进行有序组合就可以了，条件①能发生银镜反应，意味着有—CHO，条件②能与溴的四氯化碳溶液加成意味着有碳碳双键，③苯环上只有2个对位取代基，且取代基中碳原子数目为4，据此回答；(6)以丙烯和NBS试剂为原料制备甘油(丙三醇)，则主要通过取代反应引入一个溴原子，通过加成反应引入2个溴原子，再水解即可；【详解】(1)据上分析，A为，；答案为：；G为，G中官能团为碳碳双键、酯基；答案为：碳碳双键、酯基；(2)M为，N为，N呈酸性，检验M已完全转化为N，主要检验醛基即可，碱性环境下检验，故检验操作为：取少量M于试管中，滴加稀NaOH至溶液呈碱性，再加新制的Cu(OH)2加热，若没有砖红色沉淀产生，说明M已完全转化为N；答案为：取少量M于试管中，滴加稀NaOH至溶液呈碱性，再加新制的Cu(OH)2加热，若没有砖红色沉淀产生，说明M已完全转化为N；(3)学生建议用KMnO4(H＋)代替O2把M转化为N，醛基确实被氧化为羧基，但是碳碳双键同时被氧化，那么建议就不可行；答案为：否；KMnO4(H＋)在氧化醛基的同时，还可以氧化碳碳双键；(4)K为，则K→L的反应可通过信息③类推，反应为：+CH3CHO，从反应特点看是加成反应；答案为：+CH3CHO；加成反应；(5)F是M的同系物，M为，而F比M多一个碳原子。F的同分异构体，要满足条件——条件①能发生银镜反应，意味着有—CHO，条件②能与溴的四氯化碳溶液加成意味着有碳碳双键，③苯环上只有2个对位取代基，且取代基中碳原子数目为4，由此可把2个位于对位的取代基分成以下几种情况：①—CHO、②—CHO、③—CHO、④—CH2CHO、⑤、⑥、；故共有6种；答案为：6；(6)由流程图知，C和NBS试剂可通过取代反应引入一个溴原子而碳碳双键不变，故以丙烯和NBS发生取代反应，引入一个溴原子，得到CH2=CH-CH2-Br，通过加成反应引入2个溴原子，得到BrCH2-CHBr-CH2-Br，水解即可制备甘油(丙三醇)，流程为：CH2=CH-CH3CH2=CH-CH2-BrBrCH2-CHBr-CH2-Br；答案为：CH2=CH-CH3CH2=CH-CH2-BrBrCH2-CHBr-CH2-Br。25、使硫粉易于分散到溶液中冷凝管(或球形冷凝管)冷凝回流Na2SO4取少量产品溶于过量稀盐酸，过滤，向滤液中加BaCl2溶液，若有白色沉淀，则产品中含有Na2SO4由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色18.10【解析】

I．（1）硫粉难溶于水、微溶于乙醇，乙醇湿润可以使硫粉易于分散到溶液中；（2）根据图示装置中仪器构造写出其名称，然后根据冷凝管能够起到冷凝回流的作用进行解答；（3）由于S2O32‾具有还原性，易被氧气氧化成硫酸根离子可知杂质为硫酸钠；根据检验硫酸根离子的方法检验杂质硫酸钠；（4）S2O32‾与氢离子在溶液中能够发生氧化还原反应生成硫单质，据此写出反应的离子方程式；II．（5）滴定终点为最后一滴碘的标准液滴入时，溶液中淀粉遇碘单质变蓝；（6）滴定管读数从上往下逐渐增大；根据氧化还原反应转移电子守恒解答。【详解】I．（1）硫粉难溶于水微溶于乙醇，所以硫粉在反应前用乙醇湿润是使硫粉易于分散到溶液中，故答案为：使硫粉易于分散到溶液中；（2）根据题中图示装置图可知，仪器a为冷凝管(或球形冷凝管)，该实验中冷凝管具有冷凝回流的作用，故答案为：冷凝管(或球形冷凝管)；冷凝回流；（3）具有还原性，能够被氧气氧化成硫酸根离子，所以可能存在的杂质是硫酸钠；检验硫酸钠的方法为：取少量产品溶于过量稀盐酸，过滤，向滤液中加BaCl2溶液，若有白色沉淀，则产品中含有Na2SO4，故答案为：Na2SO4；取少量产品溶于过量稀盐酸，过滤，向滤液中加BaCl2溶液，若有白色沉淀，则产品中含有Na2SO4；（4）与氢离子发生氧化还原反应生成淡黄色硫单质，反应的离子方程式为：；II．（5）因指示剂为淀粉，当滴定到终点时，过量的单质碘遇到淀粉显蓝色，且半分钟内不褪色；（6）起始体积为0.00mL，终点体积为18.10mL，因此消耗碘的标准溶液体积为18.10mL；该滴定过程中反应的关系式为：，，则产品的纯度为。26、减少未反应的环己醇蒸出环己烯和水形成具有固定组成的混合物一起被蒸发增加水层的密度，有利于分层中和产品中混有的微量的酸除去有机物中少量的水3【解析】(1)根据题意，油浴温度过高可能有未反应的环己醇蒸出，因此加热过程中，温度控制在90℃以下，尽可能减少环己醇被蒸出，故答案为：减少未反应的环己醇蒸出；(2)环己烯和水形成具有固定组成的混合物一起被蒸发，使得蒸馏不能彻底分离环己烯和水的混合物，故答案为：环己烯和水形成具有固定组成的混合物一起被蒸发；(3)加入精盐至饱和，可以增加水层的密度，有利于环己烯和水溶液分层，故答案为：增加水层的密度，有利于分层；(4)馏出液可能还有少量的酸，加入3～4mL5%Na2CO3溶液可以除去产品中混有的微量的酸，故答案为：中和产品中混有的微量的酸；(5)无水CaCl2固体是常见的干燥剂，加入无水CaCl2固体可以除去有机物中少量的水，故答案为：除去有机物中少量的水；(6)环己烯的结构简式为，分子中有3种（）不同环境的氢原子，故答案为：3。27、Al(OH)3+OH-═AlO2-+2H2O通入CO2气体有白色沉淀生成，加入盐酸后有气体产生，同时沉淀溶解分液漏斗把生成的CO2气体全部排入C中，使之完全被Ba(OH)2溶液吸收CO2+Ba(OH)2═BaCO3↓+H2Ocd25.0%否偏高【解析】

Ⅰ．(1)氢氧化铝与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠与水；(2)滤液中含有偏铝酸钠，先通入过量二氧化碳，发生反应AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-，再加入过量稀盐酸，Al(OH)3+3HCl=AlCl3+3H2O、HCO3-+H+=CO2↑+H2O；Ⅱ．实验通过C装置生成的碳酸钡的质量测定二氧化碳的质量，进而计算牙膏中碳酸钙的质量分数。装置中残留部分二氧化碳，不能被完全吸收，需要通过适当的方法将二氧化碳全部赶入氢氧化钡的试剂瓶中，据此分析解答(3)~(7)；(8)装置B中的水蒸气和氯化氢气体会进入装置C中被吸收，据此分析判断。【详解】Ⅰ．(1)氢氧化铝与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠与水，反应的离子方程式为Al(OH)3+OH-═AlO2-+2H2O，故答案为Al(OH)3+OH-═AlO2-+2H2O；(2)往(1)所得滤液中先通入过量二氧化碳，发生反应AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-，再加入过量稀盐酸，Al(OH)3+3HCl=AlCl3+3H2O，HCO3-+H+=CO2↑+H2O，因此反应现象为通入CO2气体有白色沉淀生成；加入盐酸有气体产生，沉淀溶解，故答案为通入CO2气体有白色沉淀生成，加入盐酸后有气体产生，同时沉淀溶解；Ⅱ．(3)根据图示，仪器a为分液漏斗，故答案为分液漏斗；(4)装置中残留部分二氧化碳，如果不能被完全吸收，会导致测定的碳酸钡的质量偏小，持续缓缓通入空气可以将生成的CO2气体全部排入C中，使之完全被Ba(OH)2溶液吸收，故答案为把生成的CO2气体全部排入C中，使之完全被Ba(OH)2溶液吸收；(5)在C中二氧化碳与氢氧化钡反应生成碳酸钡与水，反应的化学方程式为CO2+Ba(OH)2═BaCO3↓+H2O，故答案为CO2+Ba(OH)2═BaCO3↓+H2O；(6)a.在加入盐酸之前，应排净装置内的CO2气体，防止空气中二氧化碳进入C被氢氧化钡吸收，所以提前排尽装置中的二氧化碳，可以提高测定准确度，故a不选；b.滴加盐酸过快，则生成二氧化碳过快，C中二氧化碳不能全部被吸收，所以要缓慢滴加盐酸，可以提高测定准确度，故b不选；c.BC中均为水溶液，不需要干燥，所以在A～B之间增添盛有浓硫酸的洗气装置，不能提高测定准确度，故c选；d.挥发的HCl进入盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气装置会生成二氧化碳，则在C中被氢氧化钡吸收的二氧化碳偏多，所以在B～C之间增添盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气装置，会使测定准确度降低，故d选；故答案为cd；(7)BaCO3质量为3.94g，则n(BaCO3)==0.02mol，则n(CaCO3)=0.02mol，质量为0.02mol×100g/mol=2.00g，所以样品中碳