安徽省滁州市2025-2026学年高三高考适应性月考（二）化学试题含解析

安徽省滁州市2025-2026学年高三高考适应性月考（二）化学试题考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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、下列反应的离子方程式书写正确的是A．在FeI2溶液中滴加少量溴水：2Fe2＋+Br2=2Fe3＋+2Br－B．碳酸氢钠溶液和少量的澄清石灰水混合：2HCO3-+Ca2++2OH-=CaCO3↓+CO32-+2H2OC．向NH4Al(SO4)2溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至SO42-恰好沉淀完全：Al3++2SO42-+2Ba2++4OH-=2BaSO4↓+AlO2-+2H2OD．过量SO2通入到NaClO溶液中：SO2+H2O+ClO-=HClO+HSO3-2、NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是A．100g46％的乙醇溶液中，含H-O键的数目为7NAB．pH=1的H3PO4溶液中，含有0.1NA个H+C．0.1molFe在足量氧气中燃烧，转移电子数为0.3NAD．1L0.1mol·L-1的NH4Cl溶液中含有NH4+数目为0.1NA3、短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，它们的原子最外层电子数为互不相等的奇数。X与Y位于不同周期，X与W的最高化合价之和为8，元素Z的单质是目前使用量最大的主族金属元素单质。下列说法中正确的是A．化合物YX4W溶于水后，得到的溶液呈碱性B．化合物YW3为共价化合物，电子式为C．Y、Z形成的一种化合物强度高，热膨胀系数小，是良好的耐热冲击材料D．原子半径大小：W＞Z＞Y＞X4、将13.4克KCl和KBr的混合物，溶于水配成500mL溶液，通入过量的Cl2，反应后将溶液蒸干，得固体11.175克。则原来所配溶液中K＋、Cl－、Br－的物质的量之比为A．3︰2︰1 B．1︰2︰3 C．5︰3︰3 D．2︰3︰15、下列实验操作能达到实验目的的是A．用装置甲验证NH3极易溶于水B．用50mL量筒量取10mol·L-1硫酸2mL,加水稀释至20mL,配制1mol·L-1稀硫酸C．用pH试纸测量氯水的pHD．用装置乙制取无水FeCl36、常温下，H2A和H2NCH2CH2NH2溶液中各组分的物质的量分数δ随pH的变化如图（I）、（II）所示。下列说法不正确的是已知：。A．NaHA溶液中各离子浓度大小关系为：B．乙二胺（H2NCH2CH2NH2）的Kb2=10-7.15C．[H3NCH2CH2NH3]A溶液显碱性D．向[H3NCH2CH2NH2]HA溶液中通人HCl，不变7、实验室利用下图装置制取无水A1C13(183℃升华，遇潮湿空气即产生大量白雾)，下列说法正确的是A．①的试管中盛装二氧化锰，用于常温下制备氯气B．②、③、⑥、⑦的试管中依次盛装浓H2SO4、饱和食盐水、浓H2SO4、NaOH溶液C．滴加浓盐酸的同时点燃④的酒精灯D．⑤用于收集AlCl3，⑥、⑦可以用一个装有碱石灰的干燥管代替8、常温下，向20mL0.05mol·L－1的某稀酸H2B溶液中滴入0.1mol·L－1氨水，溶液中由水电离出氢离子浓度随滴入氨水体积变化如图。下列分析正确的是（）A．NaHB溶液可能为酸性，也可能为碱性B．A、B、C三点溶液的pH是逐渐减小，D、E、F三点溶液的pH是逐渐增大C．E溶液中离子浓度大小关系：c(NH4+)>c(B2－)>c(OH－)>c(H+)D．F点溶液c(NH4+)=2c(B2－)9、根据下列图示所得出的结论不正确的是A．图甲是CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)的平衡常数与反应温度的关系曲线，说明该反应的ΔH<0B．图乙是室温下H2O2催化分解放出氧气的反应中c(H2O2)随反应时间变化的曲线，说明随着反应的进行H2O2分解速率逐渐减小C．图丙是室温下用0.1000mol·L−1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol·L−1某一元酸HX的滴定曲线，说明HX是一元强酸D．图丁是室温下用Na2SO4除去溶液中Ba2+达到沉淀溶解平衡时，溶液中c(Ba2+)与c(SO42−)的关系曲线，说明溶液中c(SO42−)越大c(Ba2+)越小10、下列说法正确的是A．乙烯生成乙醇属于消去反应B．乙烷室温能与浓盐酸发生取代反应C．乙酸与甲酸甲酯互为同分异构体D．乙酸与溴乙烷均可发生加成反应11、用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．31g白磷中含有的电子数是3.75NAB．标准状况下，22.4L的C8H10中含有的碳氢键的数目是10NAC．1L0.1mol•L-1的乙酸溶液中含有的氧原子数为0.2NAD．5.6gFe与足量I2反应，Fe失去0.2NA个电子12、下列属于电解质的是()A．BaSO4B．浓H2SO4C．漂白粉D．SO213、利用固体燃料电池技术处理H2S废气并发电的原理如图所示。根据不同固体电解质M因传导离子的不同，分为质子传导型和氧离子传导型,工作温度分别为500℃和850℃左右，传导质子时的产物硫表示为Sx。下列说法错误的是A．气体X是H2S废气，气体Y是空气B．M传导质子时，负极a反应为：xH2S—2xe-=Sx+2xH+C．M传导氧离子时，存在产生SO2污染物的问题D．氧离子迁移方向是从a电极向b电极14、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15、我国某科研团队设计了一种新型能量存储／转化装置（如下图所示）。闭合K2、断开K1时，制氢并储能；断开K2、闭合K1时，供电。下列说法错误的是A．制氢时，溶液中K+向Pt电极移动B．制氢时，X电极反应式为C．供电时，Zn电极附近溶液的pH降低D．供电时，装置中的总反应为16、香豆素-3-羧酸是日用化学工业中重要香料之一，它可以通过水杨醛经多步反应合成：下列说法正确的是()A．水杨醛苯环上的一元取代物有4种B．可用酸性高锰酸钾溶液检验中间体A中是否混有水杨醛C．中间体A与香豆素-3-羧酸互为同系物D．1mol香豆素-3-羧酸最多能与1molH2发生加成反应17、模拟侯氏制碱法原理，在CaCl2浓溶液中通入NH3和CO2可制得纳米级材料，装置见图示。下列说法正确的是A．a通入适量的CO2，b通入足量的NH3，纳米材料为Ca(HCO3)2B．a通入足量的NH3，b通入适量的CO2，纳米材料为Ca(HCO3)2C．a通入适量的CO2，b通入足量的NH3，纳米材料为CaCO3D．a通入少量的NH3，b通入足量的CO2，纳米材料为CaCO318、运输汽油的车上，贴有的危险化学品标志是A． B． C． D．19、以下化学试剂的保存方法不当的是酒精NaOH溶液浓硫酸浓硝酸ABCDA．A B．B C．C D．D20、氢元素有三种同位素，各有各的丰度．其中的丰度指的是()A．自然界质量所占氢元素的百分数B．在海水中所占氢元素的百分数C．自然界个数所占氢元素的百分数D．在单质氢中所占氢元素的百分数21、硫化氢的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题。将H2S和空气的混合气体通入FeCl3、FeCl2、CuCl2的混合溶液中反应回收S，其物质转化如图所示。下列叙述正确的是A．在转化过程中化合价不变的元素只有Cu和ClB．由图示的转化可得出氧化性的强弱顺序：O2>Cu2+>SC．在转化过程中能循环利用的物质只有FeCl2D．反应中当有34gH2S转化为硫单质时，保持溶液中Fe3+的量不变，需要消耗O2的质量为16g22、当大量氯气泄漏时，用浸润下列某物质水溶液的毛巾捂住鼻子可防中毒．适宜的物质是A．NaOH B．KI C．NH3 D．Na2CO3二、非选择题(共84分)23、（14分）以下是某药物中间体D的合成过程：A(C6H6O)B（1）A的结构简式为_________________，A转化为B的反应类型是____________。（2）D中含氧官能团的名称是__________。（3）鉴别B、C

可以用的试剂名称是______________。（4）D在一定条件下与足量NaOH溶液反应的化学方程式是_________________。（5）同时符合下到条件的D的所有同分异构体(不考虑立体异构)有________种。①能与NaHCO3溶液反应产生气体；②苯环上只有2个取代基；③遇氯化铁溶液发生显色反应。其中核磁共振氢谱显示为5组峰，且峰面积比为3∶1∶2∶2∶1的同分异构体的结构简式是________________________________(写结构简式)。（6）已知：+CH≡CH请设计合成路线以A和C2H2

为原料合成(无机试剂任选)：____________。24、（12分）某研究小组以甲苯为原料，设计以下路径合成药物中间体M和R。回答下列问题：已知：①②③(1)C中的官能团的名称为______，F的结构简式为______，A→B的反应类型为_______。(2)D→E的反应方程式为______________________________________。(3)M物质中核磁共振氢谱中有________组吸收峰。(4)至少写出2个同时符合下列条件试剂X的同分异构体的结构简式_________________①只有一个苯环且苯环上的一氯取代物只有2种②遇FeCl3溶液显紫色③分子中含(5)设计由甲苯制备R（）的合成路线（其它试剂任选）。______________________________25、（12分）碘及其化合物可广泛用于医药和工业生产等。(1)实验室用海带提取I2时操作步骤依次为：灼烧、溶解、过滤、__、__及蒸馏。(2)灼烧海带时除需要三脚架、酒精灯、玻璃棒外，还需要的实验仪器是__。(3)“过滤”后溶液中含一定量硫酸盐和碳酸盐。现要检验溶液中的I﹣，需选择的试剂组合及其先后顺序是__(选填编号)。a．AgNO3溶液b．Ba(NO3)2溶液c．BaCl2溶液d．CaCl2溶液(4)在海带灰滤液中加入适量氯水后一定存在I2，可能存在IO3﹣。请补充完整检验含I2溶液中是否含有IO3﹣的实验方案(可供选择的试剂：稀盐酸、淀粉溶液、FeCl3溶液、Na2SO3溶液)：①取适量含I2溶液用CCl4多次萃取、分液，直到水层用淀粉溶液检验不出有碘单质存在；②__。(5)分解水可用SO2/I2循环法。该法共涉及三步化学反应。__；2H2SO42SO2↑+O2↑+2H2O；__。与传统的分解水的方法相比，本法的优点是__；缺点是__。26、（10分）氮化钙(Ca3N2)是一种重要的化学试剂。某化学兴趣小组拟制备氮化钙并测定产品纯度。已知：①氮化钙极易与水反应；②实验室在加热条件下用饱和NaNO2溶液和饱和(NH4)2SO4溶液混合制备N2；③焦性没食子酸溶液用于吸收少量O2。I．制备氮化钙。他们选择下列装置设计实验(装置可重复使用)：(1)实验室将钙保存在________中(填物质名称)。氮化钙中所含化学键类型是_________。(2)气体从左至右，装置连接顺序为____________________________。(填代号)(3)写出A中发生反应的化学方程式：______________________________。(4)用化学方法检验氮化钙(Ca3N2)产品中是否混有Ca，设计实验方案：________。Ⅱ.测定产品纯度。利用如图装置测定氮化钙产品纯度(杂质不产生气体，氨气不溶于煤油)。(5)当产品与蒸馏水完全反应后，冷却至室温、调平液面、读数。调平液面的操作是___________________________________。(6)取产品质量为wg，开始量气管读数为V1mL，最终量气管读数为V2mL(折合成标准状况)，则该样品纯度为________________________(用代数式表示)。如果开始仰视刻度线，终点时俯视刻度线，则测得结果________(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。27、（12分）硫酸铜是一种常见的化工产品，它在纺织、印染、医药、化工、电镀以及木材和纸张的防腐等方面有极其广泛的用途。实验室制备硫酸铜的步骤如下:①在仪器a中先加入20g铜片、60mL水，再缓缓加入17mL浓硫酸:在仪器b中加入39mL浓硝酸;在仪器c中加入20%的石灰乳150mL。②从仪器b中放出约5mL浓硝酸，开动搅拌器然后采用滴加的方式逐渐将浓硝酸加到仪器a中，搅拌器间歇开动。当最后滴浓硝酸加完以后，完全开动搅拌器，等反应基本停止下来时，开始用电炉加热直至仪器a中的红棕色气体完全消失，立即将导气管从仪器c中取出，再停止加热。③将仪器a中的液体倒出，取出未反应完的铜片溶液冷却至室温.析出蓝色晶体.回答下列问题:（1）将仪器b中液体滴入仪器a中的具体操作是__________。（2）写出装置a中生成CuSO4的化学方程式:_______。（3）步骤②电炉加热直至仪器a中的红棕色气体完全消失，此时会产生的气体是______，该气体无法直接被石灰乳吸收，为防止空气污染，请画出该气体的吸收装置（标明所用试剂及气流方向）______。（4）通过本实验制取的硫酸铜晶体中常含有少量Cu（NO3）2,可来用重结晶法进行提纯，检验Cu（NO3）2是否被除净的方法是_______。（5）工业上也常采用将铜在450°C左右焙烧，再与一定浓度的硫酸反应制取硫酸铜的方法，对比分析本实验采用的硝酸氧化法制取CuSO4的优点是_______。（6）用滴定法测定蓝色晶体中Cu2+的含量。取ag试样配成100mL溶液，每次取20.00mL用cmol·L-1EDTA（H2Y）标准溶液滴定至终点，平行滴定3次，平均消耗EDTA溶液bmL，滴定反应为Cu2++H2Y=CuY+2H+，蓝色晶体中Cu2+质量分数_____%.28、（14分）2018年11月《物理评论快报》报道了艾姆斯实验室制造的包含钙、钾、铁和砷以及少量镍的CaK(Fe1-xNix)4As4新型化合物材料，呈现出被称为刺猬自旋新磁态。有助于更好理解磁性与非常规超导性之间的联系。回答下列问题：（1）基态镍原子的价电子排布式为_______；上述材料中所含元素的基态原子中，未成对电子数最多的是_______(填元素符号)。（2）铁及其离子易形成配离子，如[Fe(CN)6]3-、[Fe(CN)x]4-、Fe(CO)5等。所包括的非金属元素中第一电离能最大的是______（填元素符号）；[Fe(CN)6]4-中含有σ键与π键的数目比为_____________。（3）K3AsO3可用于碘的微量分析。①AsO33-的立体构型为_______，写出一种与其互为等电子体的分子_______（填化学式）。②K+的焰色反应呈紫色，金属元素能产生焰色实验的微观原因为_______。（4）Ni与Ca处于同一周期，且核外最外层电子构型相同，但金属Ni的熔点和沸点均比金属Ca的高，其原因为_______。（5）①金属镍的原子堆积方式如图所示，则金属镍晶胞俯视图为_______。a．b．c．d．②某砷镍合金的晶胞如图所示，设阿伏加德罗常数的值为NA，该晶体的密度ρ＝_____g·cm－3。29、（10分）制造一次性医用口罩的原料之一丙烯是三大合成材料的基本原料，丙烷脱氢作为一条增产丙烯的非化石燃料路线具有极其重要的现实意义。丙烷脱氢技术主要分为直接脱氢和氧化脱氢两种。(1)根据下表提供的数据，计算丙烷直接脱氢制丙烯的反应C3H8(g)C3H6(g)+H2(g)的∆H=___。共价键C-CC=CC-HH-H键能/(kJ∙mol-1)348615413436(2)下图为丙烷直接脱氢制丙烯反应中丙烷和丙烯的平衡体积分数与温度、压强的关系（图中压强分别为1×104Pa和1×105Pa）①在恒容密闭容器中，下列情况能说明该反应达到平衡状态的是__（填字母）。A．∆H保持不变B．混合气体的密度保持不变C．混合气体的平均摩尔质量保持不变D．单位时间内生成1molH-H键，同时生成1molC=C键②欲使丙烯的平衡产率提高，下列措施可行的是____（填字母）A．增大压强B．升高温度C．保持容积不变充入氩气工业生产中为提高丙烯的产率，还常在恒压时向原料气中掺入水蒸气，其目的是_____。③1×104Pa时，图中表示丙烷和丙烯体积分数的曲线分别是___、____（填标号）④1×104Pa、500℃时，该反应的平衡常数Kp=____Pa（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数，计算结果保留两位有效数字）(3)利用CO2的弱氧化性，科学家开发了丙烷氧化脱氢制丙烯的新工艺，该工艺可采用铬的氧化物作催化剂，已知C3H8+CO2(g)C3H6(g)+CO(g)+H2O(l)，该工艺可以有效消除催化剂表面的积炭，维持催化剂的活性，其原因是____，相对于丙烷直接裂解脱氢制丙烯的缺点是_____。

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选项，在FeI2溶液中滴加少量溴水，首先是溴水和碘离子反应，故A错误；B选项，碳酸氢钠溶液和少量的澄清石灰水混合，“少定多变”即澄清石灰水定为1mol来分析：2HCO3－+Ca2++2OH－=CaCO3↓+CO32－+2H2O，故B正确；C选项，向NH4Al(SO4)2溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至SO42－恰好沉淀完全，铝离子先生成沉淀，再是铵根离子反应：Al3++NH4++2SO42－+2Ba2++4OH－=2BaSO4↓+Al(OH)3↓+H2O+NH3↑，故C错误；D选项，过量SO2通入到NaClO溶液中，次氯酸钠有强氧化性，会将二氧化硫氧化为硫酸根离子，故D错误；综上所述，答案为B。物质发生反应的顺序是：先发生酸碱中和反应，再生成沉淀的反应，再是沉淀不变的阶段，再是沉淀溶解的反应。2、A【解析】

A.100g46％的乙醇溶液有46g（1mol）CH3CH2OH和54g（3mol）H2O，每分子乙醇中含有1个O-H键，则1molCH3CH2OH含H-O键的数目为NA，每分子水中含有2个O-H键，则3molH2O含H-O键的数目为6NA，合计含H-O键的数目为7NA，A正确；B.pH=1，则c(H+)=0.1mol/L，但溶液的体积不知道，无法求氢离子的个数，B错误；C.0.1molFe在足量氧气中燃烧得到Fe3O4，铁元素由0价变为+价，因而转移电子数为0.1mol×NA≈0.27NA，C错误；D.铵根水解方程式为NH4++H2O⇌NH3·H2O+H+，若氯化铵中铵根不水解，则易算出溶液中含有NH4+数目为0.1NA，但铵根部分水解，数目减少，因而实际溶液中含有NH4+数目小于0.1NA，D错误。故答案选A。对于部分溶液中的某些离子或原子团会发生水解：如Al2(SO4)3中的Al3＋、Na2CO3中的CO32－，例如1L0.5mol/LNa2CO3溶液中含有的CO32－数目为0.5NA，该说法是错误的，注意要考虑CO32－在水中的发生水解的情况。3、C【解析】

短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，它们的原子最外层电子数为互不相等的奇数，说明最外层电子数依次为1、3、5、7，元素Z的单质是目前使用量最大的主族金属元素单质，则Z为Al元素、Y为N元素、W为Cl元素；。X与Y位于不同周期，则X为H元素。【详解】A项、X为H、Y为N元素、W为Cl元素，元素化合物YX4W为NH4Cl，NH4Cl溶液中NH4+水解使溶液呈酸性，故A错误；B项、Y为N元素、W为Cl元素，化合物NCl3为共价化合物，电子式为，故B错误；C项、Y为N元素、Z为Al元素，AlN为原子晶体，原子晶体具有强度高、热膨胀系数小、耐热冲击的特征，故C正确；D项、在周期表中，同一周期从左到右，原子半径逐渐减小，同一主族的元素的原子半径从上到下依次增大，H原子半径最小，故原子半径从大到小的顺序为Al＞Cl＞H，D错误。故选C。本题考查元素周期律的应用，元素的推断为解答本题的关键，注意最外层电子数为1、3、5、7来推断元素为解答的难点。4、A【解析】

溶液为电中性，阳离子所带正电荷的总量等于阴离子所带负电荷的总量可得出n(K+)=n(Cl-)+n(Br-)，据此分析解答。【详解】任何溶液都呈电中性，即阳离子所带电荷等于阴离子所带电荷，在KCl和KBr的混合溶液中，存在n(K+)=n(Cl-)+n(Br-)。A．3=2+1，说明n(K+)=n(Cl-)+n(Br-)，故A正确；B．1≠2+3，说明n(K+)≠n(Cl-)+n(Br-)，故B错误；C．5≠3+3，说明n(K+)≠n(Cl-)+n(Br-)，故C错误；D．2≠3+1，说明n(K+)≠n(Cl-)+n(Br-)，故D错误；答案选A。本题如果按常规方法或差量法解答，均较为繁琐，从溶液电中性角度解答，可以起到事半功倍的效果。5、A【解析】

A.将胶头滴管中的水挤入烧瓶，若氨气极易溶于则烧瓶内压强降低，气球会鼓起来，可以达到实验目的，故A正确；B.稀释浓硫酸时要把浓硫酸加入水中，且不能在量筒中进行，故B错误；C.氯水中有次氯酸具有漂白性，不能用pH试纸测其pH值，故C错误；D.氯化铁易水解生成氢氧化铁和HCl，加热促进水解，而且盐酸易挥发，所以蒸干最终得到氢氧化铁而不是氯化铁，故D错误；故答案为A。制备无水氯化铁需要在HCl气流中加热蒸发氯化铁溶液，抑制氯化铁水解。6、C【解析】

A．由图1可知，当c（HA－）=c（A2－）时，溶液显酸性，所以NaHA溶液显酸性，电离程度大于水解程度，则各离子浓度大小关系为：c（Na＋）＞c（HA－）＞c（H＋）＞c（A2－）＞c（OH－），故A正确；B．由图2可知，当c（[H3NCH2CH2NH2]+）=c[H3NCH2CH2NH3]2+）时，溶液的pH=6.85，c（OH－）=10-7.15mol·L－1，则Kb2==c（OH－），Kb2=10-7.15，故B正确；C．由图2可知，当c（[H3NCH2CH2NH3]2+）=c（[H3NCH2CH2NH]+）时，溶液的pH=6.85，c（OH－）=10-7.15mol·L－1，则Kb2=10-7.15，由图1可知，当c（HA－）=c（A2－）时，pH=6.2，则Ka2=10-6.2，[H3NCH2CH2NH3]2+的水解程度大于A2－的水解程度，溶液显酸性，故C错误；D．==，由于通入HCl，Kw、Kb1、Ka1都不变，所以不变，故D正确。故选C。本题考查弱电解质的电离平衡及盐的水解平衡原理的应用，把握电离平衡原理和水解原理、电离常数和水解常数的计算、图象数据的分析应用为解答的关键，侧重分析、应用能力和计算能力的考查，难点D，找出所给表达式与常数Kw、Kb1、Ka1的关系。7、D【解析】

由实验装置可知，①为浓盐酸与强氧化剂反应生成氯气，②中饱和食盐水可除去氯气中的HCl，③中浓硫酸干燥氯气，④中Al与氯气反应生成AlCl3，⑤为收集氯化铝的装置；⑥中浓硫酸防止水进入④和⑤中引起氯化铝水解，⑦中NaOH溶液吸收尾气中的氯气，以此来来解答。【详解】A.①的试管中盛装二氧化锰，常温与浓盐酸不反应，需要加热制备氯气，A项错误；B.由上述分析可知②、③、⑥、⑦的试管中依次盛装饱和食盐水、浓H2SO4、浓H2SO4、NaOH溶液，B项错误；C.滴加浓盐酸使产生的氯气排出装置中的氧气，再点燃④的酒精灯，C项错误；D.⑤用于收集AlCl3，⑥、⑦两个装置要防止其水解，且要吸收尾气中的氯气，则⑥、⑦可以用一个装有碱石灰的干燥管代替，D项正确；答案选D。8、D【解析】

未加入氨水前，溶液的水电离出的OH-浓度为10-13mol/L，所以溶液中c(H+)=0.1mol/L，该酸的浓度为0.05mol/L，所以该酸为二元强酸。酸、碱对水的电离起抑制作用，可水解的盐对水的电离起促进作用，随着氨水的不断滴入，溶液中水电离的c（H+）逐渐增大，当两者恰好完全反应生成（NH4）2B时水的电离程度达最大（图中D点），继续加入氨水，水电离的c（H+）逐渐减小。【详解】A.NaHB属于强酸的酸式盐，NaHB溶液应该呈酸性，A项错误；B.向酸溶液中逐渐加入碱发生中和反应，混合液溶液的pH是逐渐增大的，B项错误；C.E点溶液由（NH4）2B和氨水混合而成，由于水电离的c（H+）>1×10-7mol/L，溶液中H+全部来自水电离，则E点水溶液显酸性，所以c(H+)>c(OH-)，C项错误；D.F点溶液由（NH4）2B和氨水混合而成，由于水电离的c（H+）=1×10-7mol/L，溶液中H+全部来自水电离，则F点水溶液呈中性，此时溶液中的电荷守恒有：c(NH4+)+c(H+)=c(OH-)+2c(B2-)，因c(H+)=c(OH-)，所以有c(NH4+)=2c(B2-)，D项正确；所以答案选择D项。9、C【解析】

A.升高温度，lgK减小，平衡向逆反应方向移动，逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，该反应的ΔH0；B.根据图像，随着时间的推移，c（H2O2）变化趋于平缓，随着反应的进行H2O2分解速率逐渐减小；C.根据图像，没有滴入NaOH溶液时，0.1000mol/LHX溶液的pH1，HX为一元弱酸；D.根据图像可见横坐标越小，纵坐标越大，-lgc（SO42-）越小，-lgc（Ba2+）越大，说明c（SO42-）越大c（Ba2+）越小。【详解】A.升高温度，lgK减小，平衡向逆反应方向移动，逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，该反应的ΔH0，A项正确；B.根据图像，随着时间的推移，c（H2O2）变化趋于平缓，随着反应的进行H2O2分解速率逐渐减小，B项正确；C.根据图像，没有滴入NaOH溶液时，0.1000mol/LHX溶液的pH1，HX为一元弱酸，C项错误；D.根据图像可见横坐标越小，纵坐标越大，-lgc（SO42-）越小，-lgc（Ba2+）越大，说明c（SO42-）越大c（Ba2+）越小，D项正确；答案选C。本题考查图像的分析，侧重考查温度对化学平衡常数的影响、化学反应速率、酸碱中和滴定pH曲线的分析、沉淀溶解平衡曲线的分析，掌握有关的原理，明确图像中纵、横坐标的含义和曲线的变化趋势是解题的关键。10、C【解析】

A.乙烯和水加成生成乙醇，是加成反应，故A不选；B.乙烷不能和浓盐酸发生取代反应，烷烃能和卤素单质在光照下发生取代反应，故B不选；C.乙酸和甲酸甲酯的分子式均为C2H4O2，两者结构不同，故互为同分异构体，故C选；D.乙酸中的羧基不能发生加成反应，溴乙烷没有不饱和键，也不能发生加成反应，故D不选。故选C。11、D【解析】

A．P是15号元素，31g白磷中含有的电子数是15NA，故A错误；B．标准状况下，C8H10是液态，无法用气体摩尔体积计算物质的量，故B错误；C．1L0.1mol•L-1的乙酸溶液中，水也含有氧原子，含有的氧原子数大于0.2NA，故C错误；D．5.6gFe与足量I2反应，Fe＋I2=FeI2，Fe失去0.2NA个电子，故D正确；故选D。12、A【解析】

电解质是在水中或熔融状态下可以导电的化合物。【详解】A.BaSO4在熔融状态下可以导电，故A选；B.浓H2SO4是混合物，电解质必须是纯净物，故B不选；C.漂白粉是混合物，电解质必须是纯净物，故C不选；D.SO2溶于水生成亚硫酸，亚硫酸是电解质，但SO2不是，液态SO2中只有分子，不能导电，故D不选；故选A。BaSO4这类化合物，虽然难溶于水，但溶于水的部分可以完全电离，而且在熔融状态下也可以完全电离，故BaSO4是电解质。电解质和非电解质都是化合物，即必须是纯净物，所以混合物和单质既不是电解质也不是非电解质。13、D【解析】

A.根据电流分析，电极a为负极，传导质子时的产物硫表示为Sx，说明是气体H2S废气变为Sx，化合价升高，在负极反应，因此气体X为H2S废气，气体Y是空气，故A正确；B.M传导质子时，产物硫表示为Sx，因此负极a反应为：xH2S−2xe－=Sx+2xH+，故B正确；C.M传导氧离子时，H2S和O2−可能反应生成SO2，因此存在产生SO2污染物的问题，故C正确；D.根据原电池中，阴离子向负极移动规律，氧离子迁移方向是从b电极向a电极，故D错误。综上所述，答案为D。原电池中离子移动方向根据“同性相吸”原则，电解池中离子移动方向根据“异性相吸”原则。14、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。15、D【解析】

闭合K2、断开K1时，该装置为电解池，Pt电极生成氢气，则Pt电极为阴极，X电极为阳极；断开K2、闭合K1时，该装置为原电池，Zn电极生成Zn2+，为负极，X电极为正极。【详解】A.制氢时，Pt电极为阴极，电解池中阳离子流向阴极，故A正确；B.制氢时，X电极为阳极，失电子发生氧化反应，根据根据化合价可知该过程中Ni(OH)2转化为NiOOH，电极方程式为，故B正确；C.供电时，Zn电极为负极，原电池中阴离子流向负极，所以氢氧根流向Zn电极，电极反应为Zn-2e-+4OH-=ZnO22-+2H2O，转移两个电子同时迁移两个OH-，但会消耗4个OH-，说明还消耗了水电离出的氢氧根，所以电极负极pH降低，故C正确；D.供电时，正极为NiOOH被还原，而不是水，故D错误；故答案为D。16、A【解析】

A．水杨醛苯环上的四个氢原子的环境不同，即苯环上有4种等效氢，苯环上的一元取代物有4种，故A正确；B．水杨醛中含有醛基和酚羟基，具有醛和酚的性质；中间体中含有酯基、碳碳双键，具有酯和烯烃性质，二者都能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，现象相同，不能用酸性高锰酸钾溶液鉴别，故B错误；C．结构相似，在分子组成上相差一个或n个-CH2原子团的有机物互称同系物，中间体中含有酯基、香豆酸-3-羧酸中含有酯基和羧基，二者结构不相似，所以不是同系物，故C错误；D．香豆酸-3-羧酸中苯环和碳碳双键能和氢气发生加成反应，则1mol各物质最多能和4mol氢气发生加成反应，故D错误；故答案为A。17、C【解析】

由于氨气极易溶于水，则a处通入CO2，b处通入氨气。氨气溶于水显碱性，所以在氨气过量的条件下最终得到的是碳酸钙；答案选C。18、B【解析】

A、汽油是易燃品，不是腐蚀品，故不选A；B、汽油是易燃液体，故选B；C、汽油是易燃品，不是剧毒品，故不选C；D、汽油是易燃品，不是氧化剂，故不选D；选B。19、A【解析】

A.酒精是液体，应该放在细口瓶中，故A错误；B.氢氧化钠溶液应该用细口试剂瓶，且瓶塞用橡皮塞，因为氢氧化钠要腐蚀磨口玻璃塞，故B正确；C.浓硫酸装在细口试剂瓶中，故C正确；D.浓硝酸见光分解，因此浓硝酸装在细口棕色试剂瓶，故D正确。综上所述，答案为A。见光要分解的物质都要保存在棕色瓶中，比如浓硝酸、氯水、硝酸银等。20、C【解析】

同位素在自然界中的丰度，指的是该同位素在这种元素的所有天然同位素中所占的比例，故的丰度指的是自然界原子个数所占氢元素的百分数，故选C。21、D【解析】

A．根据图中各元素化合价知，Cu元素化合价都是+2价、H元素化合价都是+1价、Cl元素化合价都是-1价，所以化合价不变的是Cu、H、Cl元素，故A错误；B．转化过程中O2把Fe2+氧化为Fe3+，Fe3+把硫离子氧化为S，则氧化性的强弱顺序：O2＞Fe3+＞S，故B错误；C．根据图示，反应的本质是空气中的氧气氧化H2S转化为S和水，在转化过程中能循环利用的物质有FeCl2、CuCl2、FeCl3，故C错误；D．H2S转化为硫单质，硫元素的化合价从-2价变成0价，氧元素的化合价从0价变成-2价，依据得失电子数相等，所以2H2S----O2，所以有34gH2S转化为硫单质时，保持溶液中Fe3+的量不变，需要消耗O2的质量为××32g/mol=16g，故D正确；故选D。22、D【解析】

A．氢氧化钠具有强烈的腐蚀性，能腐蚀皮肤，故A错误；B．KI与氯气反应生成碘，如浓度过高，对人体有害，故B错误；C．氨气本身具有刺激性，对人体有害，不能用氨水吸收氯气，故C错误；D．Na2CO3溶液显碱性，碱性较弱，能与氯气反应而防止吸入氯气中毒，则可以用浸有Na2CO3溶液的毛巾捂住鼻子，故D正确；故选：D。二、非选择题(共84分)23、加成反应(酚)羟基、酯基碳酸氢钠+3NaOH+CH3OH+NaBr+H2O12【解析】本题考查有机物的推断和合成，（1）根据C的结构简式，判断出B生成C反应类型为酯化反应，即B的结构简式为，根据A的分子式，以及B的结构简式，推出A为苯酚，结构简式为，结合A和B的结构简式，A生成B的反应类型为加成反应；（2）根据D的结构简式，含有含氧官能团是酯基和（酚）羟基；（3）B含有羧基，C不含有羧基，且酚羟基电离出H＋能力小于碳酸，羧酸的酸性强于碳酸，因此检验两种物质，可以滴加NaHCO3溶液，B溶液中出现气泡，C中不出现气泡；（4）根据氢氧化钠发生反应的是酚羟基、酯基、溴原子，因此发生的反应方程式为+3NaOH+CH3OH+NaBr+H2O；（5）能与NaHCO3溶液产生气体，则结构中含有羧基，遇FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，符合条件的同分异构体为（邻间对三种）、（邻间对三种）、（邻间对三种）、（邻间对三种），共有12种；核磁共振氢谱有5种峰，说明有5种不同的氢原子，即结构简式为；（6）根据信息，生成的反应物应是乙炔和，因此先让A与氢气发生加成反应，然后再被氧化，合成路线为。点睛：本题的难点是同分异构体的书写，首先根据题中所给信息，判断出含有官能团或结构，如能与NaHCO3溶液反应产生气体，说明含有羧基，能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，苯环上有2种取代基，首先判断出的结构是，然后考虑苯环上两个取代基的位置，即邻间对，然后再考虑溴的位置，以及碳链异构，判断其他，平时注意多练习总结，找规律。24、羟基和羧基取代反应8、(其他答案只要正确也可)【解析】

根据A到B，B到C反应，推出溴原子取代苯环上的氢，取代的是甲基的邻位，D到E发生的是信息①类似的反应，引入碳碳双键，即E为，E到F发生的是信息③类似的反应，得到碳氧双键，即F为，F到M发生的信息②类似的反应，即得到M。【详解】(1)C中的官能团的名称为羟基和羧基，根据信息①和③得到F的结构简式为，根据A→B和B→C的结构简式得到A→B的反应类型为取代反应；故答案为：羟基和羧基；；取代反应。(2)根据信息①得出D→E的反应方程式为；故答案为：。(3)M物质中核磁共振氢谱中有8组吸收峰，如图。(4)①只有一个苯环且苯环上的一氯取代物只有2种，容易想到有两个支链且在对位，②遇FeCl3溶液显紫色，含有酚羟基③分子中含，至少写出2个同时符合下列条件试剂X的同分异构体的结构简式、；故答案为：、(其他答案只要正确也可)。(5)甲苯先与Cl2光照发生侧链取代，后与氢气发生加成反应，然后发生氯代烃的消去反应引入碳碳双键，然后与溴加成，再水解，因此由甲苯制备R（）的合成路线；故答案为：。25、氧化萃取(或萃取分液)坩埚(或瓷坩埚)、泥三角ba从水层取少量溶液，加入1～2mL淀粉溶液，加盐酸酸化，滴加Na2SO3溶液，若溶液变蓝，说明滤液中含有IO3﹣，若溶液不变蓝，说明滤液中不含有IO3﹣SO2+I2+2H2O=2HI+H2SO42HIH2+I2节约电能使用能造成污染环境的SO2【解析】

(1)将海带灼烧、溶解、过滤后所得溶液中碘以I-存在，要将碘从水溶液中分离出来，应将I-转化成水溶性差而易溶于有机溶剂的I2；(2)根据灼烧装置即可找除出题中所列外还需要的实验仪器；(3)检验I-通常用AgNO3溶液，而Ag2SO4微溶、Ag2CO3难溶，所以SO42-和CO32-会干扰I-的检验，需排除干扰；(4)检验IO3-可采用思路为：IO3-→I2→检验I2，所以应选用合适的还原剂将IO3-还原为I2，再检验生成的I2；(5)根据题意，分解水采用的是SO2/I2循环法，可判断SO2和I2在整个过程中参与反应且能重新生成，由此判断各步反应；该法与电解水相比，不耗电但使用了能产生污染的SO2。【详解】(1)根据分析，需把溶液中的I-转化为水溶性差而易溶于有机溶剂的I2，I-→I2为氧化过程；从水溶液中分离出I2可用CCl4等有机溶剂萃取后蒸馏。答案为：氧化；萃取(或萃取分液)；(2)固体灼烧需要坩埚，而坩埚需放在泥三角上加热，所以，灼烧海带时除需要三脚架、酒精灯、玻璃棒外，还需要的实验仪器是坩埚(或瓷坩埚)、泥三角。答案为：坩埚(或瓷坩埚)、泥三角；(3)由于碘化银是不溶于水，也不溶于酸的黄色沉淀，所以可用AgNO3溶液检验。但Ag2SO4微溶、Ag2CO3难溶，所以SO42-和CO32-会干扰I-的检验，所以需要排除其干扰，又因为还不能引入氯离子，所以可以用足量的Ba(NO3)2溶液除去SO42-和CO32-，过滤后（或取上层清液）再加入AgNO3溶液。答案为：ba；(4)碘酸根具有强氧化性，能被还原为单质碘，而碘遇淀粉显蓝色，所以检验碘酸根的实验操作是：从水层取少量溶液，加入1~2mL淀粉溶液，加盐酸酸化，滴加Na2SO3溶液，若溶液变蓝，说明滤液中含有IO3-；若溶液不变蓝，说明滤液中不含有IO3-；⑸依题意，用SO2/I2循环法分解水共涉及三步化学反应。根据第二个反应可知，首先SO2被氧化为硫酸，氧化剂为I2，化学方程式为：SO2+I2+2H2O=2HI+H2SO4；生成的HI分解即可得到氢气，同时重新生成I2，所以第三个化学方程式为：2HIH2+I2。电解水需要消耗电能，而SO2又是大气污染物，所以与传统的分解水的方法相比，本法的优点是节约电能，而缺点是使用能造成污染环境的SO2。Ag+能与很多阴离子反应生成沉淀，如SO42-、CO32-、Cl-、Br-、I-、OH-等，所以，用AgNO3溶液检验卤离子时应注意排除干扰。26、煤油离子键A、D、C、B、C2NaNO2＋(NH4)2SO4Na2SO4＋2N2↑＋4H2O取少量产品溶于足量的蒸馏水中，将产生的气体依次通过足量的浓硫酸、赤热的氧化铜粉末，若黑色粉末变成红色，则原产品中含有钙，否则不含钙上下移动水准瓶偏低【解析】

(1).钙的密度比煤油的大，钙是活泼金属能与氧气、水反应；氮化钙是活泼金属与活泼非金属形成的离子化合物；(2).金属钙与氮气反应生成氮化钙，氮化钙与水能反应，所以装置B前后都应加装干燥剂，钙能与氧气反应，所以需要用焦性没食子酸溶液除掉氮气中的氧气。(3)装置A中饱和NaNO2溶液和饱和(NH4)2SO4溶液在加热条件下发生归中反应生成氮气；(4)氮化钙与水反应放出氨气，钙与水反应生成氢气。(5)调平液面是将量气管和水准瓶中的液面保持相平。(6)氮化钙与水反应的方程式是Ca3N2+6H2O=3Ca(OH)2+2NH3↑，根据氨气的体积计算样品纯度。如果开始仰视刻度线，终点时俯视刻度线，则测得氨气的体积偏小。【详解】(1).钙的密度比煤油的大，钙是活泼金属能与氧气、水反应，所以实验室将钙保存在煤油中；氮化钙是活泼金属与活泼非金属形成的离子化合物，所以氮化钙含有离子键；(2).金属钙与氮气反应生成氮化钙，氮化钙与水能反应，所以装置B前后都应加装干燥剂，钙能与氧气反应，所以需要用焦性没食子酸溶液除掉氮气中的氧气，装置连接顺序为A→D→C→B→C。(3)装置A中饱和NaNO2溶液和饱和(NH4)2SO4溶液在加热条件下发生归中反应生成氮气，反应化学方程式是2NaNO2＋(NH4)2SO4Na2SO4＋2N2↑＋4H2O；(4)氮化钙与水反应放出氨气，钙与水反应生成氢气。检验氮化钙(Ca3N2)产品中是否混有Ca方法是取少量产品溶于足量的蒸馏水中，将产生的气体依次通过足量的浓硫酸、赤热的氧化铜粉末，若黑色粉末变成红色，则原产品中含有钙，否则不含钙。(5)调平液面是将量气管和水准瓶中的液面保持相平，操作方法是上下移动水准瓶；(6)样品与水反应生成氨气的体积是(V2mL－V1mL)，设样品中Ca3N2的质量为xg；Ca3N2+6H2O=3Ca(OH)2+2NH3↑148g44.8Lxg(V2－V1)×10-3Lx=则该样品纯度为；如果开始仰视刻度线，终点时俯视刻度线，则测得氨气的体积偏小，所以测得结果偏低。本题考查物质的制备实验，把握实验装置的作用、发生的反应及制备原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意物质性质的综合应用。27、打开玻璃塞[或旋转玻璃塞，使塞上的凹槽(或小孔)对准漏斗上的小孔]，再将分液漏斗下面的活塞拧开，使液体滴下Cu+H2SO4+2HNO3=CuSO4+2NO2↑+2H2ONO取少量除杂后的样品，溶于适量稀硫酸中，加入铜片，若不产生无色且遇空气变为红棕色的气体，说明已被除净能耗较低，生成的NO2可以被碱液吸收制取硝酸盐或亚硝酸盐等副产品，步骤简单易于操作(答对两个或其他合理答案即可给分)【解析】

Cu和H2SO4、HNO3反应生成CuSO4、NO2和H2O，本实验采用的硝酸氧化法制取CuSO4，减少了能源消耗，生成的NO2和碱液反应生成硝酸盐或亚硝酸盐，制得的硫酸铜中含有少量Cu(NO3)2，可用重结晶法进行提纯，检验Cu(NO3)2是否被除净，主要是检验硝酸根，根据硝酸根在酸性条件下与铜反应生成NO，NO与空气变为红棕色现象来分析。【详解】⑴将仪器b中液体滴入仪器a中的具体操作是打开玻璃塞[或旋转玻璃塞，使塞上的凹槽(或小孔)对准漏斗上的小孔]，再将分液漏斗下面的活塞拧开，使液体滴下；故答案为：打开玻璃塞[或旋转玻璃塞，使塞上的凹槽(或小孔)对准漏斗上的小孔]，再将分液漏斗下面的活塞拧开，使液体滴下。⑵根据题中信息得到装置a中Cu和H2SO4、HNO3反应生成CuSO4、NO2和H2O，其化学方程式：Cu+H2SO4+2HNO3=CuSO4+2NO2↑+2H2O；故答案为：Cu+H2SO4+2HNO3=CuSO4+2NO2↑+2H2O。⑶步骤②电炉加热直至仪器a中的红棕色气体完全消失，二氧化氮与水反应生成NO，因此会产生的气体是NO，该气体无法直接被石灰乳吸收，NO需在氧气的作用下才能被氢氧化钠溶液吸收，因此为防止空气污染，该气体的吸收装置为；故答案为：NO；。⑷通过本实验制取的硫酸铜晶体中常含有少量Cu(NO3)2，可用重结晶法进行提纯，检验Cu(NO3)2是否被除净，主要是检验硝酸根，根据硝酸根在酸性条件下与铜反应生成NO，NO与空气变为红棕色，故答案为：取少量除杂后的样品，溶于适量稀硫酸中，加入铜片，若不产生无色且遇空气变为红棕色的气体，说明已被除净。⑸工业上也常采用将铜在450°C左右焙烧，再与一定浓度的硫酸反应制取硫酸铜的方法，对比分析本实验采用的硝酸氧化法制取CuSO4，工业上铜在450°C左右焙烧，需要消耗能源，污染较少，工艺比较复杂，而本实验减少了能源的消耗，生成的氮氧化物可以被碱液吸收制取硝酸盐或亚硝酸盐等副产品，步骤简单易于操作；故答案为：能耗较低，生成的NO2可以被碱液吸收制取硝酸盐或亚硝酸盐等副产品，步骤简单易于操作(答对两个或其他合理答案即可给分)。⑹根据反应为Cu2++H2Y=CuY+2H+，得出n(Cu2+)=n(H2Y)=cmol∙L−1×b×10−3L×5=5bc×10−3mol，蓝色晶体中Cu2+质量分数；故答案为：。28、3d84s2FeN1∶1三角锥形PCl3、PBr3、NF3、NCl3等电子从较高能级的激发态跃迁到较低能级的激发态乃至基态时，会以光的形式释放能量Ni的原子半径较小，价层电子数目较多，金属键较强C【解析】

(1)基态镍原子核外有28个电子，根据构造原理书写Ni原子的电子排布式，上述材料中所含元素为K、Ca、Ni、Fe、As，这些元素的基态原子中，未成对电子数分别是1、0、2、4、3；(2)配离子含有Fe，C，N，O4种元素，非金属为C，N与O，原子轨道上电子处于全满、全空、半满时较稳定，结合C、N与O的电子排布式分析解答；(3)①根据VSEPR理论判断AsO33-的立体构型，等电子体是指原子总数相同，价电子总数也相同的微粒；②电子从高能态跃迁到低能态时，要释放能量；(4)金属晶体熔沸点的高低与金属键的强弱有关，金属键的强弱与价层电子数目和金属原子的半径有关；(5)①根据图示，金属Ni的晶胞堆积方式呈现ABCABC……重复，这是面心立方最密堆积；②由晶胞结构结合均摊法，计算每个晶胞中含有的Ni原子和As原子个数，确定晶胞的质量，再根据晶体密度=晶胞质量÷晶胞体积计算。【详解】(1)基态镍原子核外有28个电子，Ni原子的电子排布式为[Ar]3d84s2，上述材料中所含元素为K、Ca、Ni、Fe、As，这些元素的基态原子中，未成对电子数分别是1、0、2、4、3，未成对电子数最多的是Fe，故答案为：3d84s2；Fe；(2)配离子含有Fe，C，N，O4种元素，非金属为C、N与O，原子轨道上电子处于全满、全空、半满时较稳定，氮原子2p轨道上的电子为半充满，相对稳定，更不易失去电子，所以C、N、O这三种元素第一电离能最大的是N元素，[Fe(CN)6]4-中含有6个配位键，6个C≡N，因此σ键与π键的数目比为(6+6)∶6×2=1∶1，故答案为：N；1∶1；(3)①对于AsO33-，根据VSEPR理论，VP=BP+LP=3+=4，则AsO33-的立体构型为三角锥形；等电子体是指原子总数相同，价电子总数也相同的微粒，与AsO33-互为等电子体的分子有：PCl3、PBr3、NF3、NCl3等，故答案为：