2026年江苏省南京市九中高三5月第二次联考化学试题文试卷含解析

2026年江苏省南京市九中高三5月第二次联考化学试题文试卷注意事项：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、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．1molNa2O2与SO2完全反应，转移2NA个电子B．标准状况下，1．2L乙醇中含有的极性共价键数目为2．5NAC．18g的D2O中含有的中子数为13NAD．1L3．1mol·L-1Fe2(SO4)2溶液中含有的阳离子数目小于3.2NA2、关于CaF2的表述正确的是（）A．构成的微粒间仅存在静电吸引作用 B．熔点低于CaCl2C．与CaC2所含化学键完全相同 D．在熔融状态下能导电3、下列反应的离子方程式书写正确的是（）A．SO2通入溴水中：SO2+2H2O+Br2=2H++SO42-+2HBrB．NaHSO4溶液和Ba(OH)2溶液充分反应后溶液呈中性：Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2OC．漂白粉溶液在空气中失效：ClO-+CO2+H2O=HClO+HCO3-D．硫化钠的水解反应：S2-+H3O+=HS-+H2O4、下列对装置的描述中正确的是A．实验室中可用甲装置制取少量O2B．可用乙装置比较C、Si的非金属性C．若丙装置气密性良好，则液面a保持稳定D．可用丁装置测定镁铝硅合金中Mg的含量5、硫酸铵在一定条件下发生反应:4(NH4)2SO4＝6NH3↑+3SO2↑+SO3↑+N2↑+7H2O，将反应后的气体通入一定量的氯化钡溶液中恰好完全反应，有白色沉淀生成。下列有关说法正确的是A．白色沉淀为BaSO4B．白色沉淀为BaSO3和BaSO4的混合物，且n(BaSO3):n(BaSO4)约为1:1C．白色沉淀为BaSO3和BaSO4的混合物，且n(BaSO3):n(BaSO4)约为3:1D．从溶液中逸出的气体为N2，最后溶液中的溶质只有NH4Cl6、W、X、Y、Z均为短周期主族元素，原子序数依次增大，其原子的最外层电子数之和为19，W和Y同主族，X原子的电子层数与最外层电子数相等，Z元素最高正价与最低负价的代数和为4。下列说法正确的是（）A．X和Z形成的化合物是不溶于水的沉淀B．Z的氧化物对应水化物的酸性一定大于YC．W的简单气态氢化物沸点比Y的高D．X、Y、Z简单离子半径逐渐减小7、化学反应的实质是（）A．能量的转移B．旧化学键断裂和新化学键生成C．电子转移D．原子种类与原子数目保持不变8、化学与生活密切相关，下列过程与氧化还原反应无关的是（）A．A B．B C．C D．D9、下列装置不能完成相应实验的是A．甲装置可比较硫、碳、硅三种元素的非金属性强弱B．乙装置可除去CO2中少量的SO2杂质C．丙装置可用于检验溴乙烷与NaOH的醇溶液共热产生的乙烯D．丁装置可用于实验室制备氨气10、研究表明，地球上的碳循环，光合作用是必不可少的（如下图所示）。下列叙述正确的是A．石油与煤是可再生能源B．CO2是煤、石油形成淀粉、纤维素等的催化剂C．光合作用将太阳能转化为化学能D．图中所出现的物质中淀粉与纤维素为同分异构体11、用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是A．用①装置除去CO2中含有的少量SO2B．用②装置蒸干饱和AlCl3溶液制备AlCl3晶体C．用③装置加热NH4Cl固体制取NH3D．用④装置分离乙酸乙酯与水的混合液12、《新修草本》有关“青矾”的描述为：“本来绿色，新出窟未见风者，正如琉璃……烧之赤色……”据此推测“青矾”的主要成分为()A．B．C．D．13、肼(N2H4)是一种高效清洁的火箭燃料。25℃、101kPa时，0.25molN2H4(g)完全燃烧生成氮气和气态水，放出133.5kJ热量。下列说法正确的是（）A．该反应的热化学方程式为N2H4(g)＋O2(g)=N2(g)＋2H2O(g)ΔH＝－534kJ·mol-1B．N2H4的燃烧热534kJ·mol-1C．相同条件下，1molN2H4(g)所含能量高于1molN2(g)和2molH2O(g)所含能量之和D．该反应是放热反应，反应的发生不需要克服活化能14、Garnet型固态电解质被认为是锂电池最佳性能固态电解质。LiLaZrTaO材料是目前能达到最高电导率的Garnet型电解质。某Garnet型可充电锂电池放电时工作原理如图所示，反应方程式为：LixC6＋Li1－xLaZrTaOLiLaZrTaO＋6C，下列说法不正确的是A．放电时，a极为负极，发生氧化反应B．LiLaZrTaO固态电解质起到传导Li+的作用C．充电时，b极反应为：LiLaZrTaO－xe－=xLi＋＋Li1－xLaZrTaOD．充电时，每转移xmol电子，a极增重7g15、关于常温下pH＝2的草酸(H2C2O4)溶液，下列说法正确的是A．1L溶液中含H+为0.02molB．c(H+)=2c(C2O42-)+c(HC2O4-)+c(OH-)C．加水稀释，草酸的电离度增大，溶液pH减小D．加入等体积pH＝2的盐酸，溶液酸性减小16、下列有关垃圾处理的方法不正确的是A．废电池必须集中处理的原因是防止电池中汞、镉、铬、铅等重金属元素形成的有毒化合物对土壤和水源污染B．将垃圾分类回收是垃圾处理的发展方向C．家庭垃圾中的瓜果皮、菜叶、菜梗等在垃圾分类中属于湿垃圾D．不可回收垃圾图标是17、甲烷与氯气光照条件下取代反应的部分反应历程和能量变化如下：第一步：第二步：第三步：中其中表示氯原子，表示甲基，下列说法不正确的是（）A．由题可知，甲烷和氯气在室温暗处较难反应B．C．形成中键放出的能量比拆开中化学键吸收的能量多D．若是甲烷与发生取代反应，则第二步反应18、垃圾分类并回收利用,可以节约自然资源,符合可持续发展的要求。与废弃矿泉水瓶对应的垃圾分类标志是A． B． C． D．19、空间实验室“天宫一号”的供电系统中有再生氢氧燃料电池（RFC），RFC是一种将水电解技术与氢氧燃料电池技术相结合的可充电电池。下图为RFC工作原理示意图，有关说法正确的是A．转移0.1mol电子时，a电极产生标准状况下O21.12LB．b电极上发生的电极反应是：2H2O+2e－＝H2↑+2OH－C．c电极上进行还原反应，B池中的H+可以通过隔膜进入A池D．d电极上发生的电极反应是：O2+4H＋+4e－＝2H2O20、下列有机物命名正确的是（）A．氨基乙酸 B．2—二氯丙烷C．2—甲基丙醇 D．C17H33COOH硬脂酸21、NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是(

)A．标准状况下，0.1molCl2溶于水，转移的电子数目为0.1NAB．标准状况下，22.4L氖气含有的电子数为10NAC．常温下，的醋酸溶液中含有的数为D．120gNaHSO4分子中阳离子和阴离子的总数为3NA22、电渗析法是指在外加电场作用下，利用阴离子交换膜和阳离子交换膜的选择透过性，使部分离子透过离子交换膜而迁移到另一部分水中，从而使一部分水淡化而另一部分水浓缩的过程。下图是利用电渗析法从海水中获得淡水的原理图，已知海水中含Na＋、Cl－、Ca2＋、Mg2＋、SO42-等离子，电极为石墨电极。下列有关描述错误的是A．阳离子交换膜是A，不是BB．通电后阳极区的电极反应式：2Cl－－2e－→Cl2↑C．工业上阴极使用铁丝网代替石墨碳棒，以减少石墨的损耗D．阴极区的现象是电极上产生无色气体，溶液中出现少量白色沉淀二、非选择题(共84分)23、（14分）美托洛尔可用于治疗高血压及心绞痛，某合成路线如下：回答下列问题：（1）写出C中能在NaOH溶液里发生反应的官能团的名称______。（2）A→B和C→D的反应类型分别是___________、____________，H的分子式为______。（3）反应E→F的化学方程式为______。（4）试剂X的分子式为C3H5OCl，则X的结构简式为______。（5）B的同分异构体中，写出符合以下条件：①含有苯环；②能发生银镜反应；③苯环上只有一个取代基且能发生水解反应的有机物的结构简式____________。（6）4－苄基苯酚（）是一种药物中间体，请设计以苯甲酸和苯酚为原料制备4－苄基苯酚的合成路线：____________（无机试剂任用）。24、（12分）药物H(阿戈美拉汀)是一种抗抑郁药，H的一种合成路线如下：已知：；化合物B中含五元环结构，化合物E中含两个六元环状结构。回答下列问题：(1)A的名称为_______(2)H中含氧官能团的名称为_______(3)B的结构简式为_______(4)反应③的化学方程式为_______(5)⑤的反应类型是_______(6)M是C的一种同分异构体，M分子内除苯环外不含其他的环，能发生银镜反应和水解反应，其核磁共振氢谱有4组峰且峰面积之比为6:3:2:1。任写出三种满足上述条件的M的结构简式_______(不考虑立体异构)。(7)结合上述合成路线，设计以2—溴环己酮()和氰基乙酸(NCCH2COOH)为原料制备的合成路线_______(无机试剂及有机溶剂任选)25、（12分）实验小组制备高铁酸钾(K2FeO4)并探究其性质。资料：K2FeO4为紫色固体，微溶于KOH溶液；具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生O2，在碱性溶液中较稳定。Ⅰ制备K2FeO4(夹持装置略)（1）A的作用_____________（2）在答题纸上将除杂装置B补充完整并标明所用试剂：________（3）在C中得到紫色固体的化学方程式为：______________Ⅱ探究K2FeO4的性质：取C中紫色溶液，加入稀硫酸，产生气体和溶液a。为证明是否K2FeO4氧化了Cl－而产生Cl2，设计以下方案：方案Ⅰ取少量a，滴加KSCN溶液至过量，溶液呈红色方案Ⅱ用KOH溶液充分洗涤C中所得固体，再用KOH溶液将K2FeO4溶解，得到紫色溶液b，取少量b，滴加盐酸，有Cl2产生（4）由方案Ⅰ中溶液变红可知a中含有_____离子，但该离子的产生不能判断一定是K2FeO4将Cl－氧化，还可能由_______产生(用离子方程式表示)。（5）根据方案Ⅱ得出：氧化性Cl2________FeO42-(填“>”或“<”)，而K2FeO4的制备实验实验表明，Cl2和FeO42-的氧化性强弱关系相反，原因是______。26、（10分）对甲基苯胺可用对硝基甲苯作原料在一定条件制得。主要反应及装置如下:主要反应物和产物的物理性质见下表:实验步骤如下:①向三颈烧瓶中加入50mL稀盐酸、10.7mL(13.7g)对硝基甲苯和适量铁粉,维持瓶内温度在80℃左右,同时搅拌回流、使其充分反应;②调节pH=7~8,再逐滴加入30mL苯充分混合;③抽滤得到固体,将滤液静置、分液得液体M;④向M中滴加盐酸,振荡、静置、分液,向下层液体中加入NaOH溶液,充分振荡、静置;⑤抽滤得固体,将其洗涤、干燥得6.1g产品。回答下列问题:（1）主要反应装置如上图,a处缺少的装置是____(填仪器名称),实验步骤③和④的分液操作中使用到下列仪器中的_____(填标号)。a.烧杯b.漏斗c.玻璃棒d.铁架台（2）步骤②中用5%的碳酸钠溶液调pH=7~8的目的之一是使Fe3+转化为氢氧化铁沉淀,另一个目的是____。（3）步骤③中液体M是分液时的____层(填“上”或“下”)液体,加入盐酸的作用是____。（4）步骤④中加入氢氧化钠溶液后发生反应的离子方程式有____。（5）步骤⑤中,以下洗涤剂中最合适的是____(填标号)。a.乙醇b.蒸馏水c.HCl溶液d.NaOH溶液（6）本实验的产率是_____%。(计算结果保留一位小数)27、（12分）某研究性学习小组选用以下装置进行实验设计和探究(图中a、b、c均为止水夹)：（1）在进行气体制备时，应先检验装置的气密性。将A装置中导管末端密封后，在分液漏斗甲内装一定量的蒸馏水，然后______，则证明A装置的气密性良好。（2）利用E装置能吸收的气体有______(任写两种即可)。（3）用锌粒和稀硫酸制备H2时应选用装置___作为发生装置(填所选装置的字母序号)，实验时先在稀硫酸中加入少量硫酸铜晶体可使反应速率加快，原因是__。（4）某同学将A、C、E装置连接后设计实验比较Cl－和S2－的还原性强弱。①A中玻璃仪器甲的名称为____，A装置中发生反应的离子方程式为____。②C中说明Cl－和S2－的还原性强弱的实验现象_____。28、（14分）氯碱工业是以电解饱和食盐水为基础的化学工业。I.电解所用的氯化钠溶液需精制，除去有影响的Ca2+、Mg2+、NH4+、SO42-及泥沙，其精制流程如下：已知:①Ca2+、Mg2+开始形成相应氢氧化物沉淀的pH如下表。Ca（OH）2Mg（OH）2pH≥11.5≥9.2②Ksp（BaSO4）=1.1×10-10，Ksp（BaCO3）=2.6×10-9，Ksp（CaCO3）=5.0×10-9。（1）盐泥a除泥沙外，还含有____________________________________。（2）过程I中，NaClO的作用是将NH4+转化为N2，反应的离子方程式为________________________。（3）过程III中，沉淀c主要成分的化学式为________________________。（4）过程IV调pH目的是____________。II.如图是将电解池与燃料电池相组合电解精制饱和食盐水的新工艺，可以节（电）能30%以上。相关物料的传输与转化关系如图所示，其中的电极未标出，所用的离子膜都只允许阳离子通过。（1）图中X是____________（填化学式）。（2）Y在装置B中发生的电极反应式为____________。（3）写出A装罝中发生的总反应离子方程式____________，比较图示中氧氧化钠溶液质量分数a%与b%的大小:________________________。（4）若用装置B作为装置A的辅助电源，每当消耗标准状况下氧气的体积为11.2L时，则装置B可向装置A提供的电量约为____________（一个e-的电量为1.60×10-19C；计算结果精确到0.01）。29、（10分）非索非那定（H）是一种重要的抗过敏药，可采用如图路线合成：已知：Ph-代表苯基；

请回答（1）A的名称为____；F→C的反应类型为____。（2）E的分子式为____；H中含氧官能团的名称为____。（3）实验室检验B中官能团所用的试剂为____。（4）E→F的化学方程式为___。（5）D水解后得到物质W（）则同时满足下列条件的W的同分异构体有___种；其中核磁共振氢谱有五组吸收峰，峰面积之比为6：2：2：1：1的结构简式为____。i．苯环上有两个取代基ⅱ．能与FcC1溶液发生显色反应iii．能发生银镜反应（6）新戊酸（）可用于生产香料，设计由乙烯为起始原料制备新皮酸的合成路线____（无机试剂任选）。

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、A【解析】

A、Na2O2+SO2=Na2SO4，1molNa2O2与SO2完全反应，转移的电子数为2NA，选项A正确；B、标况下，乙醇为液态，不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，选项B错误；C、一个D2O中含有1×2+8=13个中子，18gD2O物质的量==3.9mol，含有3.9NA个中子，选项C错误；D、铁离子是弱碱阳离子，在溶液中会水解，由于Fe2+水解，产生更多的H+，故含有的阳离子数目大于3.2NA个，选项D错误；答案选A。本题考查了阿伏加德罗常数的计算和判断，题目难度中等，注意重水的摩尔质量为23g/mol，为易错点。2、D【解析】

A．Ca2+与F-间存在静电吸引和静电排斥作用，故A错误；B．离子晶体的熔点与离子所带电荷、离子半径有关，离子半径越小，离子晶体的熔点越高，所以CaF2的熔点高于CaCl2，故B错误；C．CaF2中只存在离子键，而CaC2含有离子键和共价键，故C错误；D．CaF2中的化学键为离子键，离子化合物在熔融时能发生电离，存在自由移动的离子，能导电，因此CaF2在熔融状态下能导电，故D正确；故答案为D。3、B【解析】

A．SO2通入溴水中反应生成硫酸和氢溴酸，反应的离子方程式为SO2+Br2+2H2O=4H++SO42-+2Br-，故A错误；B．NaHSO4溶液和Ba(OH)2溶液充分反应后溶液呈中性，反应的氢离子与氢氧根离子物质的量相等，反应的离子方程式为：2H++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O，故B正确；C．次氯酸钙与二氧化碳反应生成碳酸钙和次氯酸，反应的离子方程式为Ca2++2ClO-+CO2+H2O═2HClO+CaCO3↓，故C错误；D．硫化钠的水解反应：S2-+H2O⇌HS-+OH-，故D错误；故选B。本题的易错点为D，要注意S2-+H3O+=HS-+H2O是S2-与酸反应的方程式。4、A【解析】

A．甲中H2O2，在MnO2作催化剂条件下发生反应2H2O22H2O+O2↑生成O2，故A正确；B．乙中浓盐酸具有挥发性，烧杯中可能发生的反应有2HCl+Na2SiO3=2NaCl+H2SiO3，故B错误；C．丙中橡皮管连接分液漏斗和圆底烧瓶，气压相等，两仪器中不可能出现液面差，液面a不可能保持不变，故C错误；D．丁中合金里Al、Si与NaOH溶液反应生成H2，根据H2体积无法计算合金中Mg的含量，因为Al、Si都能与NaOH溶液反应生成H2，2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，Si+2NaOH+H2O=Na2SiO3+2H2↑，故D错误；答案选A。镁和硅都可以和氢氧化钠发生反应释放出氢气。5、B【解析】

反应后的混合气体通入到BaCl2溶液中发生的是复分解反应：SO2+H2O+2NH3=(NH4)2SO3、(NH4)2SO3+BaCl2=BaSO3↓+2NH4Cl、SO3+H2O+2NH3=(NH4)2SO4、(NH4)2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2NH4Cl，依据反应定量关系，结合分解生成的气体物质的量可知，二氧化硫转化为亚硫酸铵，1mol三氧化硫转化为硫酸铵消耗氨气2mol，则4mol氨气和2molSO2反应生成亚硫酸铵，所以得到的沉淀为1mol硫酸钡，2mol亚硫酸钡，剩余SO2和亚硫酸钡反应生成亚硫酸氢钡，最后得到沉淀为1mol硫酸钡、1mol亚硫酸钡，则：n(BaSO4):n(BaSO3)=1:1；【详解】A、根据分析可知，白色沉淀为BaSO4和BaSO3，故A错误；B、由上述分析可知，最后得到沉淀为1mol硫酸钡、1mol亚硫酸钡，二者物质的量之比为1:1，故B正确；C、根据B项分析可知，最后得到沉淀为1mol硫酸钡、1mol亚硫酸钡，二者物质的量之比为1:1，故C错误；D、从溶液中逸出的气体为N2，根据分析可知，反应后的溶质为亚硫酸氢钡与氯化铵，故D错误；答案选B。6、C【解析】

W、X、Y、Z均为短周期主族元素，原子序数依次增大，其原子的最外层电子数之和为19，W和Y同主族，则Y、Z位于第三周期，Z元素最高正价与最低负价的代数和为4，则Z位于ⅥA，为S元素；X原子的电子层数与最外层电子数相等，X可能为Be或Al元素；设W、Y的最外层电子数均为a，则2a+6+2=19，当X为Be时，a=5.5(舍弃)，所以X为Al，2a+6+3=19，解得：a=5，则W为N，Y为P元素，据此解答。【详解】根据分析可知：W为N，X为Al，Y为P，Z为S元素。A．Al、S形成的硫化铝溶于水发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和硫化氢，故A错误；B．没有指出元素最高价，故B错误；C．氨气分子间存在氢键，导致氨气的沸点较高，故C正确；D．电子层越多离子半径越大，电子层相同时，核电荷数越大离子半径越小，则离子半径大小为：Y＞Z＞X，故D错误；故答案为C。7、B【解析】

A．能量转移不仅发生反应时会发生，物理变化过程中也会发生，A不合题意；B．只有化学反应过程才会发生旧化学键断裂和新化学键生成，B符合题意；C．非氧化还原反应中没有发生电子转移，C不合题意；D．物理变化过程中，原子种类与原子数目也保持不变，D不合题意；故选B。8、D【解析】

A．锂电池使用过程中，锂失电子发生氧化反应，故不选A；B.。铝与氢氧化钠反应生成四羟基合铝酸钠，铝失电子发生氧化反应，故不选B；C．长征五号运载火箭采用液氢液氧作为推进剂，发射过程发生氧化还原反应放热，故不选C；D．用“天眼”接收宇宙中的射电信号，没有生成新物质，不属于化学变化，故D选；故选D。9、B【解析】

A.稀硫酸跟碳酸钠反应放出二氧化碳气体，二氧化碳与硅酸钠溶液反应有白色胶状沉淀生成，说明酸性：硫酸＞碳酸＞硅酸，硫酸、碳酸、硅酸分别是S、C、Si的最高价含氧酸，则说明非金属性：S>C>Si，能完成实验；B.CO2也能被碳酸钠溶液吸收，不能选用碳酸钠溶液，不能完成实验；C.溴乙烷、乙醇、水蒸气都不能使溴的四氯化碳溶液褪色，对乙烯的检验没有影响，丙装置中溴的四氯化碳溶液褪色说明溴乙烷与NaOH的醇溶液共热产生了乙烯，能完成实验；D.在氨水中存在平衡NH3+H2O⇌NH3·H2O⇌NH4++OH-，CaO与水反应放热、同时生成Ca(OH)2，反应放出的热量促进NH3·H2O分解产生氨气，同时Ca(OH)2电离出OH-，使平衡逆向移动，促进氨气逸出，实验室可以用氧化钙固体与浓氨水反应来制备氨气，能完成实验；答案选B。10、C【解析】

A.石油与煤是化石燃料，属于不可再生资源，A项错误；B.煤、石油燃烧会生成二氧化碳，生成的二氧化碳参与光合作用形成淀粉与纤维素等，因此二氧化碳不是催化剂，而是该过程的中间产物，B项错误；C.光合作用是绿色植物在叶绿体内吸收太阳光把二氧化碳和水合成葡萄糖，同时放出氧气，将太阳能转化为化学能，C项正确；D.图中所出现的物质中淀粉与纤维素分子式中的n值不同，因此不属于同分异构体，D项错误；答案选C。淀粉与纤维素的分子通式虽均为(C6H10O5)n，但n值不同，所以不属于同分异构体，一定要格外注意。11、D【解析】

A.CO2和SO2都会和饱和碳酸钠溶液反应，不能到达除杂效果，A项错误；B.AlCl3为强酸弱碱盐，在溶液中发生水解生成氢氧化铝胶体和氯化氢，直接蒸干AlCl3饱和溶液，氯化氢挥发，导致水解平衡右移，使水解趋于完全生成氢氧化铝沉淀，不能得到无水AlCl3，B项错误；C.加热NH4Cl固体分解为NH3和HCl，两者遇冷又会生成NH4Cl，堵住导管，存安全隐患，C项错误；D.乙酸乙酯的密度比水小，有机层在上层，水层在下层，与图中装置分层现象相符，D项正确；答案选D。12、B【解析】

“青矾”的描述为：“本来绿色，新出窟未见风者，正如琉璃……烧之赤色……”，青矾是绿色，经煅烧后，分解成粒子非常细而活性又很强的Fe2O3，超细粉末为红色。A.CuSO4•5H2O为蓝色晶体，A错误；B.FeSO4•7H2O是绿色晶体，B正确；C.KAl(SO4)2•12H2O是无色晶体，C错误；D.Fe2(SO4)3•7H2O为黄色晶体，D错误。所以判断“青矾”的主要成分为FeSO4•7H2O。故合理选项是B。13、A【解析】

A.由已知25℃、101kPa时，0.25molN2H4(g)完全燃烧生成氮气和气态水，放出133.5kJ热量,则1mol肼燃烧放出的热量为534kJ，故该反应的热化学方程式为：N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g)△H=-534kJ.mol-1，故A正确。B.燃烧热是指生成为稳定的氧化物所放出的热量，但水蒸气都不是稳定的氧化物，N2为单质，故B错误。C.由N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g)△H=-534kJ.mol-1，可知该反应是放热反应，所以1molN2H4(g)和1molO2(g)所含能量之和高于1molN2(g)和2molH2O(g)所含能量之和，故C错误；D.化学反应实质旧键断裂新键生成，旧化学键断裂时需要消耗能量，且两个过程能量不相等，因此需要克服活化能，故D错误；答案：A。14、D【解析】

根据题干信息，由电池工作原理图分析可知，电池工作放电时，Li+向b极移动，则b极为电池的正极，发生还原反应，电极反应式为：xLi＋＋Li1－xLaZrTaO+xe-=LiLaZrTaO，a极为电池的负极，发生氧化反应，据此分析解答问题。【详解】A．根据上述分析可知，电池工作放电时，a极为电池的负极，发生氧化反应，A选项正确；B．由电池工作原理图可知，LiLaZrTaO固态电解质起到传导Li+的作用，B选项正确；C．电池充电时，b极为阳极，发生氧化反应，电极反应式为：LiLaZrTaO－xe－=xLi＋＋Li1－xLaZrTaO，C选项正确；D．充电时，a极为阴极，发生的反应为6C+xe-+xLi＋=LixC6：每转移xmol电子，增重7xg，D选项错误；答案选D。15、B【解析】

A选项，c(H+)=0.01mol/L，1L溶液中含H+为0.01mol，故A错误；B选项，根据电荷守恒得到c(H+)=2c(C2O42-)+c(HC2O4-)+c(OH-)，故B正确；C选项，加水稀释，平衡正向移动，氢离子浓度减小，草酸的电离度增大，溶液pH增大，故C错误；D选项，加入等体积pH＝2的盐酸，溶液酸性不变，故D错误。综上所述，答案为B。草酸是二元弱酸，但pH=2，氢离子浓度与几元酸无关，根据pH值可得c(H+)=0.01mol/L，很多同学容易混淆c(二元酸)=0.01mol/L，如果是强酸c(H+)=0.02mol/L，若是弱酸，则c(H+)<0.01mol/L。16、D【解析】

A．电池中汞、镉和铅等重金属离子对土壤和水源会造成污染，所以废电池必须进行集中处理，故A正确；B．将垃圾分类并回收利用，有利于对环境的保护，减少资源的消耗，是垃圾处理的发展方向，故B正确；C．家庭垃圾中的瓜果皮、菜叶、菜梗等在垃圾分类中属于湿垃圾，故C正确；D．为可回收垃圾图标，故D错误；故选D。17、D【解析】

光照下发生取代反应，常温下不能反应，故A正确；B.由第二步与第三步相加得到，故B正确；C.由第三步反应可知，形成键，拆开中化学键，且为放热反应，则形成中键放出的能量比拆开中化学键吸收的能量多，故C正确；D.若是甲烷与发生取代反应，形成HCl比形成HBr更容易，即形成HBr需要的能量大于形成HCl需要的能量，则第二步反应，故D错误；故选：D。18、A【解析】

根据垃圾分类标志的含义判断。【详解】废弃矿泉水瓶属于可回收利用的垃圾。本题选A。19、C【解析】

A．a电极与外加电源的负极相连，a电极为阴极，a电极上的电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，a电极产生的气体是氢气，A项错误；B．b电极与外加电源的正极相连，b电极为阳极，b电极上的电极反应式为2H2O－4e－＝O2↑+4H+，B项错误；C.c电极通入O2，c电极为氢氧燃料电池的正极，c电极上发生还原反应，d电极通入H2，d电极为氢氧燃料电池的负极，d电极的电极反应式为H2-2e-=2H+，在原电池中阳离子向正极移动，B池中的H+可以通过隔膜进入A池，C项正确；D．d电极上发生的电极反应是H2-2e-=2H+，D项错误；答案选C。20、A【解析】

A.为氨基乙酸，A正确；B.为2，2-二氯丙烷，B错误；C.2-甲基-1-丙醇，C错误；D.C17H33COOH为油酸，D错误；故答案为：A。21、B【解析】

A.氯气溶于水，只有部分氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸，所以无法计算转移的电子数，故A错误;B.标准状况下，22.4L氖气为1mol，一个Ne原子含有10个电子，即1mol氖气含有10NA个电子，故B正确；C.醋酸溶液的体积未知，则无法计算H+数目，故C错误；D.120gNaHSO4为1mol，1molNaHSO4分子中含有1molNa+和1molHSO4-，则120gNaHSO4分子中阳离子和阴离子的总数为2NA，故D错误；故选B。22、A【解析】

A.阴离子交换膜只允许阴离子自由通过，阳离子交换膜只允许阳离子自由通过，隔膜B和阴极相连，阴极是阳离子放电，所以隔膜B是阳离子交换膜，选项A错误；B.阳极上是阴离子氯离子失去电子的氧化反应，即2Cl--2e-→Cl2↑，选项B正确；C.电解池的阴极材料可以被保护，阴极使用铁丝网代替石墨碳棒，增大反应接触面，选项C正确；D.阴极区域是氢离子得电子的还原反应，电极上产生无色气体氢气，氢氧根离子浓度增加，溶液中出现少量氢氧化镁白色沉淀，选项D正确。答案选A。二、非选择题(共84分)23、（酚）羟基；氯原子取代反应还原反应C15H25O3N+CH3OH+H2O【解析】

由B的分子式、C的结构，可知B与氯气发生取代反应生成C，故B为，C发生还原反应生成D为．对比D、E的分子式，结合反应条件，可知D中氯原子水解、酸化得到E为．由G的结构可知，E中醇羟基与甲醇发生分子间脱水反应生成F，F中酚羟基上H原子被取代生成G，故F为．对比G、美托洛尔的结构可知，G发生开环加成生成美托洛尔。【详解】(1)由结构可知C中官能团为：(酚)羟基、羰基和氯原子，在氢氧化钠溶液中，由于和氯元素相邻的碳原子上没有氢原子，不能发生消去反应，羰基不与氢氧化钠反应，酚羟基有弱酸性，可以与氢氧化钠反应；(2)B为，根据流程图中A和B的结构式分析，A中的氯原子将苯酚上的氢原子取代得到B，则为取代反应；D为，根据分析，C发生还原反应生成D；根据流程图中美托洛尔的结构简式，每个节点为碳原子，每个碳原子形成4个共价键，不足键用氢原子补充，则H的分子式为C15H25O3N；(3)E中醇羟基与甲醇发生分子间脱水反应生成F，化学方程式为：+CH3OH+H2O；(4)F为，F中酚羟基上H原子被取代生成G，对比二者结构可知，X的结构简式为；(5)B为，B的同分异构体中，含有苯环；能发生银镜反应，说明含有醛基；苯环上只有一个取代基且能发生水解反应，故有机物的结构简式；（6）苯甲醇发生氧化反应生成苯甲醛，苯甲醛与苯酚反应生成，最后与Zn（Hg）/HCl作用得到目标物。合成路线流程图为：。24、苯甲醚醚键、酰胺键+H2O消去反应【解析】

已知化合物B分子式为C4H4O3，有3个不饱和度，且含有五元环，那么必有一个O原子参与成环；考虑到B与A反应后产物C的结构为，所以推测B的结构即为。C生成D时，反应条件与已知信息中给出的反应条件相同，所以D的结构即为。D经过反应③后，分子式中少了1个H2O，且E中含有两个六元环，所以推测E的结构即为。【详解】(1)由A的结构可知，其名称即为苯甲醚；(2)由H的结构可知，H中含氧官能团的名称为：醚键和酰胺键；(3)B分子式为C4H4O3，有3个不饱和度，且含有五元环，那么必有一个O原子参与成环；考虑到B与A反应后产物C的结构为，所以推测B的结构简式即为；(4)D经过反应③后，分子式中少了1个H2O，且E中含有两个六元环，所以推测E的结构即为，所以反应③的方程式为：+H2O；(5)F经过反应⑤后分子结构中多了一个碳碳双键，所以反应⑤为消去反应；(6)M与C互为同分异构体，所以M的不饱和度也为6，去除苯环，仍有两个不饱和度。结合分子式以及核磁共振氢谱的面积比，可知M中应该存在两类一共3个甲基。考虑到M可水解的性质，分子中一定存在酯基。综合考虑，M的分子中苯环上的取代基个数为2或3时都不能满足要求；如果为4时，满足要求的结构可以有：，，，，，；如果为5时，满足要求的结构可以有：，；(7)氰基乙酸出现在题目中的反应④处，要想发生反应④需要有机物分子中存在羰基，经过反应④后，有机物的结构中会引入的基团，并且形成一个碳碳双键，因此只要得到环己酮经过该反应就能制备出产品。原料相比于环己酮多了一个取代基溴原子，所以综合考虑，先将原料中的羰基脱除，再将溴原子转变为羰基即可，因此合成路线为：在讨论复杂同分异构体的结构时，要结合多方面信息分析；通过分子式能获知有机物不饱和度的信息，通过核磁共振氢谱可获知有机物的对称性以及等效氢原子的信息，通过性质描述可获知有机物中含有的特定基团；分析完有机物的结构特点后，再适当地分类讨论，同分异构体的结构就可以判断出来了。25、氯气发生装置3Cl2＋2Fe(OH)3＋10KOH===2K2FeO4＋6KCl＋8H2OFe3＋4FeO42-＋20H＋==4Fe3＋＋3O2↑＋10H2O<溶液酸碱性不同【解析】

（1）浓盐酸和KMnO4混合可生成氯气；（2）装置B为除杂装置，反应使用浓盐酸，浓盐酸会挥发产生HCl，使得产生的Cl2中混有HCl，需要除去HCl，可将混合气体通过饱和食盐水达到除杂的目的；（3）C中得到紫色固体和溶液，紫色的为K2FeO4，在碱性条件下，Cl2可以氧化Fe（OH）3制取K2FeO4，结合守恒法写出发生反应的化学方程式；（4）方案I中加入KSCN溶液至过量，溶液呈红色，说明反应产生Fe3+，但该离子的产生不能判断一定是K2FeO4将Cl-氧化，注意K2FeO4在碱性溶液中稳定，酸性溶液中快速产生O2，自身转化为Fe3+；（5）Fe（OH）3在碱性条件下被Cl2氧化为FeO42-，可以说明Cl2的氧化性大于FeO42-，而方案Ⅱ实验表明，Cl2和FeO42-的氧化性强弱关系相反，方案Ⅱ是FeO42-在酸性条件下氧化Cl-生成Cl2，注意两种反应体系所处酸碱性介质不一样。【详解】（1）浓盐酸和KMnO4混合可生成氯气，则A装置的作用是氯气发生装置；（2）装置B为除杂装置，反应使用浓盐酸，浓盐酸会挥发产生HCl，使得产生的Cl2中混有HCl，需要除去HCl，可将混合气体通过饱和食盐水达到除杂的目的，所以装置B应为；（3）C中得到紫色固体和溶液，紫色的为K2FeO4，在碱性条件下，Cl2可以氧化Fe（OH）3制取K2FeO4，发生反应的化学方程式为3Cl2＋2Fe(OH)3＋10KOH===2K2FeO4＋6KCl＋8H2O；（4）方案I中加入KSCN溶液至过量，溶液呈红色，说明反应产生Fe3+，但该离子的产生不能判断一定是K2FeO4将Cl-氧化，注意K2FeO4在碱性溶液中稳定，酸性溶液中快速产生O2，自身转化为Fe3+，发生反应为：4FeO42-+20H+═4Fe3++3O2↑+10H2O；（5）Fe（OH）3在碱性条件下被Cl2氧化为FeO42-，可以说明Cl2的氧化性大于FeO42-，而方案Ⅱ实验表明，Cl2和FeO42-的氧化性强弱关系相反，方案Ⅱ是FeO42-在酸性条件下氧化Cl-生成Cl2，两种反应体系所处酸碱性介质不一样，所以可以说明溶液酸碱性会影响粒子氧化性的强弱。26、球形冷凝管ad使对甲基苯胺盐酸盐转化为对甲基苯胺上与对甲基苯胺转化为对甲基苯胺盐酸盐进入水层与对硝基甲苯的分离H++OH-=H2O、+OH-+H2Ob57.0%【解析】

首先向三颈烧瓶中加稀盐酸、对硝基甲苯和适量铁粉加热进行反应，生成对甲基苯胺盐酸盐，调节pH=7~8，沉淀铁离子并使对甲基苯胺盐酸盐转化为对甲基苯胺，加入苯溶解生成的对甲基苯胺和未反应的对硝基甲苯，抽滤静置分液得到有机层，向有机层中加入盐酸使对甲基苯胺转化为对甲基苯胺盐酸盐，生成的对甲基苯胺盐酸盐易溶于水，静置分液得到无机层，向无机层加入NaOH溶液，使对甲基苯胺盐酸盐转化为对甲基苯胺，对甲基苯胺常温下为不溶于水的固体，所以在加入氢氧化钠溶液后会有对甲基苯胺固体析出，抽滤得到固体，洗涤、干燥得到产品。【详解】（1）该反应中反应物沸点较低，加热反应过程中会挥发，需要在a处加装球形冷凝管冷凝回流；分液操作需要烧杯、分液漏斗、铁架台，所以选ad；（2）根据题目所给信息可知，pH值升高会使对甲基苯胺盐酸盐转化为对甲基苯胺，达到分离提纯的目的；（3）根据分析步骤③中液体M为有机层，溶剂为苯，密度比水小，所以在上层；加入盐酸使对甲基苯胺转化为易溶于水的对甲基苯胺盐酸盐，从而实现与对硝基甲苯的分离；（4）下层液体中有未反应的盐酸和生成的对甲基苯胺盐酸盐都与NaOH发生反应，离子方程式为：H++OH-=H2O、+OH-+H2O；（5）洗涤过程是为了洗去对甲基苯胺可能附着的对甲基苯胺盐酸盐、NaCl和NaOH等可溶于水的杂质，为降低对甲基苯胺洗涤过程的溶解损失，最好的洗涤剂应为蒸馏水，所以选b；（6）原料中有13.7g对硝基甲苯，即=0.1mol，所以理论上生成的对甲基苯胺应为0.1mol，实际得到产品6.1g，所以产率为=57.0%。27、打开分液漏斗开关，水不能持续滴下或分液漏斗中液面长时间保持不变CO2、H2S、Cl2等气体中任选两种BZn和置换出的铜与电解质溶液形成原电池分液漏斗MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O产生淡黄色沉淀【解析】

(1)在进行气体制备时，应先检验装置的气密性。将A装置末端导管密封后，在A装置的分液斗内装一定量的蒸馏水，然后打开分液漏斗开关，水不能持续滴下或分液漏斗中液面长时间保持不变，则气密性良好；(2)E中NaOH溶液能吸收酸性气体，例如CO2、SO2、H2S、Cl2等；(3)用锌粒和稀硫酸制备氢气应选择固体与液体反应装置，且不需要加热，则选择装置B；滴加硫酸铜后，Zn置换出Cu，形成Zn－Cu原电池，加快Zn与稀硫酸反应的速率；(4)①A中仪器甲的名称为分液漏斗；装置A制备氯气，利用浓盐酸和二氧化锰混合加热制氯气时发生反应的离子方程式为MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O；②A中制得的氯气通入Na2S溶液中有淡黄色S沉淀生成，因此C中说明Cl－和S2－的还原性强弱的实验现象产生淡黄色沉淀。28、含有Mg(OH)23C1O-+2NH4++2OH-=3Cl-+N2↑+5H2OCaCO3除去多余的CO32-和OH-Cl2H2-2e-+2OH-=2H2O2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-b%＞a%1.93×105C【解析】

Ⅰ除去有影响的Ca2+、Mg2+、NH4+、SO42-及泥沙，过程Ⅰ加入NaClO和烧碱后调pH=11，可以除去泥沙和Mg2+，NaClO的作用是将NH4+转化为N2，可以除去NH4+，盐水a中含有Ca2+、SO42-。根据已知②可知，加入BaCO3后，由于BaSO3的Ksp小于BaSO4的Ksp，所以BaCO3会转化为BaSO4，从而除去SO42-，但Ca2+没有除去。盐泥b中有BaSO4，盐水b中有Ca2+和少量的CO32-。过程Ⅲ可以除去Ca2+，沉淀c是CaCO3，过程Ⅳ可以通过调pH（即加入盐酸）除去CO32-和OH-，得到精制盐水。ⅡA装置是电解池，