2026年安徽宣城市化学试题基地校高三毕业班总复习平面向量、复数形成性测试卷化学试题试卷含解析

2026年安徽宣城市化学试题基地校高三毕业班总复习平面向量、复数形成性测试卷化学试题试卷注意事项：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、萜类化合物广泛存在于动植物体内，某萜类化合物如下图所示，下列说法正确的是A．此萜类化合物的化学式为C10H14OB．该有机物属于芳香烃C．分子中所有碳原子均处于同一平面上D．在浓硫酸、加热条件下，可生成两种芳香烯烃2、25℃时，向10mL0.lmol·L－1H2C2O4溶液中滴加等浓度的NaOH溶液，溶液的pH与NaOH溶液的体积关系如图所示，下列叙述正确的是()A．A点溶液中，c(H＋)＝c(OH－)＋c(HC2O4－)＋2c(C2O42－)B．HC2O4－在溶液中水解程度大于电离程度C．C点溶液中含有大量NaHC2O4和H2C2O4D．D点溶液中，c(Na＋)＞c(C2O42－)＞c(HC2O4－)＞c(OH－)＞c(H＋)3、下列反应不属于取代反应的是A．CH2=CH2+H2OCH3CH2OHB．+Br2+HBrC．2CH3CH2OHC2H5—O—C2H5+H2OD．+HNO3+H2O4、下列说法正确的是（）A．Cl表示中子数为18的氯元素的一种核素B．乙酸乙酯（CH3COOCH2CH3）和硬脂酸甘油酯（）互为同系物C．的名称为2﹣乙基丁烷D．CH3（CH2）2CH3和CH（CH3）3互为同素异形体5、利用如图所示装置进行下列实验，不能得出相应实验结论的是选项①②③实验结论A稀硫酸Na2CO3Na2SiO3溶液非金属性：S>C>SiB浓硫酸蔗糖溴水浓硫酸具有脱水性、氧化性C浓硝酸FeNaOH溶液说明铁和浓硝酸反应可生成NO2D浓氨水生石灰酚酞氨气的水溶液呈碱性A．A B．B C．C D．D6、某同学采用工业大理石（含有少量SiO2、Al2O3、Fe2O3等杂质）制取CaCl2·6H2O，设计了如下流程：下列说法不正确的是A．固体I中含有SiO2，固体II中含有Fe(OH)3B．使用石灰水时，要控制pH，防止固体II中Al(OH)3转化为AlO2-C．试剂a选用盐酸，从溶液III得到CaCl2·6H2O产品的过程中，须控制条件防止其分解D．若改变实验方案，在溶液I中直接加氨水至沉淀完全，滤去沉淀，其溶液经蒸发浓缩、冷却结晶也可得到纯净CaCl2·6H2O7、在抗击新冠病毒肺炎中瑞德西韦是主要药物之一。瑞德西韦的结构如图所示，下列说法正确的是（）A．瑞德西韦中N、O、P元素的电负性：N>O>PB．瑞德西韦中的N—H键的键能大于O—H键的键能C．瑞德西韦中所有N都为sp3杂化D．瑞德西韦结构中存在σ键、π键和大π键8、M的名称是乙烯雌酚，它是一种激素类药物，结构简式如下。下列叙述不正确的是A．M的分子式为C18H20O2B．M可与NaOH溶液或NaHCO3溶液均能反应C．1molM最多能与7molH2发生加成反应D．1molM与饱和溴水混合，最多消耗5molBr29、常温下，向20mL0.1mol·L－1一元酸HA中滴加相同浓度的KOH溶液，溶液中由水电离的氢离子浓度随加入KOH溶液体积的变化如图所示。则下列说法错误的是A．HA的电离常数约为10－5B．b点溶液中存在：c(A－)＝c(K＋)C．c点对应的KOH溶液的体积V＝20mL，c水(H＋)约为7×10－6mol·L－1D．导电能力：c>a>b10、下列操作不能达到目的的是选项目的操作A．配制100mL1.0mol/LCuSO4溶液将25gCuSO4·5H2O溶于100mL蒸馏水中B．除去KNO3中少量NaCl将混合物制成热的饱和溶液，冷却结晶，过滤C．在溶液中将MnO4－完全转化为Mn2＋向酸性KMnO4溶液中滴加H2O2溶液至紫色消失D．确定NaCl溶液中是否混有Na2CO3取少量溶液滴加CaCl2溶液，观察是否出现白色浑浊A．A B．B C．C D．D11、我国对二氧化硫一空气质子交换膜燃料电池的研究处于世界前沿水平，该电池可实现硫酸生产、发电和环境保护三位一.体的结合。其原理如图所示。下列说法不正确的是（）A．Pt1电极附近发生的反应为：SO2+2H2O-2e-=H2SO4+2H+B．相同条件下，放电过程中消耗的SO2和O2的体积比为2：1C．该电池工作时质子从Pt1电极经过内电路流到Pt2电极D．该电池实现了制硫酸、发电、环保三位一体的结合12、埋在地下的钢管常用如图所示方法加以保护，使其免受腐蚀，下列说法正确的是（）A．金属棒X的材料可能为钠B．金属棒X的材料可能为铜C．钢管附近土壤的pH增大D．这种方法称为外加电流的阴极保护法13、在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是A．NaHCO3(s)Na2CO3(s)NaOH(aq)B．Al(s)NaAlO2(aq)Al(OH)3(s)C．AgNO3(aq)[Ag(NH3)2]+(aq)Ag(s)D．Fe2O3(s)Fe(s)FeCl3(aq)14、下列说法正确的是A．Na2SO4晶体中只含离子键B．HCl、HBr、HI分子间作用力依次增大C．金刚石是原子晶体，加热熔化时需克服共价键与分子间作用力D．NH3和CO2两种分子中，每个原子的最外层都具有8电子稳定结构15、海洋是一个巨大的资源宝库，海水开发利用的部分过程如图所示。下列有关说法不正确的是()A．①粗盐制精盐除采用过滤泥沙外，还必须除去Ca2＋、Mg2＋、SO42-等杂质B．工业生产中常选用石灰乳作为Mg2＋的沉淀剂，并对沉淀进行洗涤C．第②步的反应是将MgCl2•6H2O晶体在空气中直接加热脱去结晶水得无水MgCl2D．第③步到第⑤步空气吹出法提取海水中溴通常使用SO2作还原剂16、下列说法中不正确的是（）A．蛋白质溶液中加入稀的硫酸铵溶液，会有固体析出，该固体能重新溶解B．苯与液溴的反应和苯酚与浓溴水的反应对比可以说明基团之间的影响作用C．丙三醇是无色、黏稠、有甜味的液体，吸湿性强，有护肤作用，可应用于配制化妆品D．在浓氨水作用下，甲醛过量时，苯酚与甲醛反应可得到体型酚醛树脂17、下列实验不能达到目的的是（）选项目的实验A制取较高浓度的次氯酸溶液将Cl2通入小苏打溶液中B除去溴苯中的少量溴加入苛性钠溶液洗涤、分液C加快氢气的生成速率将与稀硫酸反应的粗锌改为纯锌D制备少量氨气向新制生石灰中滴加浓氨水A．A B．B C．C D．D18、室温下，向20.00mL0.1000mol·L−1盐酸中滴加0.1000mol·L−1NaOH溶液，溶液的pH随NaOH溶液体积的变化如图，已知lg3=0.5。下列说法不正确的是A．选择变色范围在pH突变范围内的指示剂，可减小实验误差B．用移液管量取20.00mL0.1000mol·L−1盐酸时，移液管水洗后需用待取液润洗C．NaOH标准溶液浓度的准确性直接影响分析结果的可靠性，因此需用邻苯二甲酸氢钾标定NaOH溶液的浓度，标定时采用甲基橙为指示剂D．V(NaOH)=10.00mL时，pH约为1.519、下列实验方案中，可以达到实验目的的是（）选项实验操作与现象目的或结论A向装有溴水的分液漏斗中加入裂化汽油，充分振荡、静置后分层裂化汽油可萃取溴B用pH试纸分别测定相同温度和相同浓度的CH3COONa溶液和NaClO溶液的pH验证酸性：CH3COOH＞HClOC将Fe(NO3)2样品溶于稀硫酸后，滴加KSCN溶液，溶液变红Fe(NO3)2晶体已氧化变质D取少量某无色弱酸性溶液，加入过量NaOH溶液并加热，产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝溶液中一定含有NH4+A．A B．B C．C D．D20、分子式为C5H10O2，能与NaHCO3溶液反应的有机物有A．4种 B．5种 C．6种 D．7种21、某同学向SO2和Cl2的混合气体中加入品红溶液，振荡，溶液褪色，将此无色溶液分成三份，依次进行实验，实验操作和实验现象记录如下：序号实验操作实验现象溶液不变红，试纸不变蓝溶液不变红，试纸褪色生成白色沉淀下列实验分析中，不正确的是A．①说明Cl2被完全消耗B．②中试纸褪色的原因是：SO2+I2+2H2O==H2SO4+2HIC．③中若将BaCl2溶液换成Ba(NO3)2溶液，也能说明SO2被Cl2氧化为SO42−D．实验条件下，品红溶液和SO2均被氧化22、以0.10mol／L的氢氧化钠溶液滴定同浓度某一元酸HA的滴定曲线如图所示()。下列表述错误的是()A．z点后存在某点，溶液中的水的电离程度和y点的相同B．a约为3.5C．z点处，D．x点处的溶液中离子满足：二、非选择题(共84分)23、（14分）二乙酸乙二酯可由X裂解得到的A和B合成。有关物质的转化关系如下：回答下列问题：(1)B的结构简式为________。(2)反应③的反应类型为________。(3)C和C2H6O2反应的化学方程式为___________________________________。(4)下列说法不正确的是________。A．鉴别A和B也可以用溴水B．C2H6O也可以分两步氧化成CC．C2H2O2和C2H6O在浓硫酸作用下也可以加热生成C6H10O4D．X一定是丁烷24、（12分）根据文献报道，醛基可和双氧水发生如下反应：为了合成一类新药，选择了下列合成路线（部分反应条件已略去）（1）C中除苯环外能团的名称为____________________。（2）由D生成E的反应类型为_____________________。（3）生成B的反应中可能会产生一种分子式为C9H5O4Cl2的副产物，该副产物的结构简式为_________。（4）化合物C有多种同分异构体，请写出符合下列条件的结构简式:___________________。①能与FeCl3溶液发生显色反应②核磁共振氢谱图中有3个吸收峰（5）写出以和CH3OH为原料制备的合成路线流程图（无机试剂任用，合成路线流程图示例见本题题干）___________。25、（12分）亚硝酰氯(NOCl，熔点：-64.5℃，沸点：-5.5℃)是一种黄色气体，遇水易反应，生成一种氯化物和两种氧化物。可用于合成清洁剂、触媒剂及中间体等。实验室可由氯气与一氧化氮在常温常压下合成。(1)甲组的同学拟制备原料气NO和Cl2，制备装置如下图所示：为制备纯净干燥的气体，下表中缺少的药品是：装置Ⅰ装置Ⅱ烧瓶中分液漏斗中制备纯净Cl2MnO2①②制备纯净NOCu③④②___________，③___________。

(2)乙组同学利用甲组制得的NO和Cl2制备NOCl，装置如图所示：①装置连接顺序为a→___________________(按气流自左向右方向，用小写字母表示)。

②装置Ⅶ的作用为________________，若无该装置，Ⅸ中NOCl可能发生反应的化学方程式为_______________________________。③乙组同学认为氢氧化钠溶液只能吸收氯气和NOCl，不能吸收NO，所以装置Ⅷ不能有效除去有毒气体。为解决这一问题，可将尾气与某种气体同时通入氢氧化钠溶液中，这种气体的化学式是__________。(3)丙组同学查阅资料，查得王水是浓硝酸与浓盐酸的混酸，一定条件下混酸可生成亚硝酰氯和氯气，该反应的化学方程式为___________________。(4)丁组同学用以下方法测定亚硝酰氯(NOCl)纯度取Ⅸ中所得液体mg溶于水，配制成250mL溶液；取出25.00mL，以K2CrO4溶液为指示剂，用cmol/LAgNO3标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液的体积为bmL。(已知：Ag2CrO4为砖红色固体)①亚硝酰氯(NOCl)的质量分数为_________(用代数式表示即可)。②若滴定前，滴定管尖嘴有气泡，滴定后气泡消失，则所测亚硝酰氯的纯度_________(偏高、偏低、无影响)26、（10分）检验甲醛含量的方法有很多，其中银﹣Ferrozine法灵敏度较高。测定原理为甲醛把氧化银还原成Ag，产生的Ag与Fe3＋定量反应生成Fe2+，Fe2+与菲洛嗪(Ferrozine)形成有色配合物，通过测定吸光度计算出甲醛的含量。某学习小组类比此原理设计如下装置测定新装修居室内空气中甲醛的含量（夹持装置略去）。已知：甲醛能被银氨溶液氧化生成CO2，氮化镁与水反应放出NH3，毛细管内径不超过1mm。请回答下列问题：(1)A装置中反应的化学方程式为___________，用饱和食盐水代替水制备NH3的原因是___________________。(2)B中装有AgNO3溶液，仪器B的名称为________。(3)银氨溶液的制备。关闭K1、K2，打开K3，打开______，使饱和食盐水慢慢滴入圆底烧瓶中，当观察到B中白色沉淀恰好完全溶解时，________。(4)室内空气中甲醛含量的测定。①用热水浴加热B，打开K1，将滑动隔板慢慢由最右端抽到最左端，吸入1L室内空气，关闭K1；后续操作是______________；再重复上述操作3次。毛细管的作用是__________。②向上述B中充分反应后的溶液中加入稀硫酸调节溶液pH=1，再加入足量Fe2(SO4)3溶液，充分反应后立即加入菲洛嗪，Fe2＋与菲洛嗪形成有色物质，在562nm处测定吸光度，测得生成Fe2+1.12mg，空气中甲醛的含量为____mg·L-1。27、（12分）B．[实验化学]丙炔酸甲酯（）是一种重要的有机化工原料，沸点为103~105℃。实验室制备少量丙炔酸甲酯的反应为实验步骤如下：步骤1：在反应瓶中，加入14g丙炔酸、50mL甲醇和2mL浓硫酸，搅拌，加热回流一段时间。步骤2：蒸出过量的甲醇（装置见下图）。步骤3：反应液冷却后，依次用饱和NaCl溶液、5%Na2CO3溶液、水洗涤。分离出有机相。步骤4：有机相经无水Na2SO4干燥、过滤、蒸馏，得丙炔酸甲酯。（1）步骤1中，加入过量甲醇的目的是________。（2）步骤2中，上图所示的装置中仪器A的名称是______；蒸馏烧瓶中加入碎瓷片的目的是______。（3）步骤3中，用5%Na2CO3溶液洗涤，主要除去的物质是____；分离出有机相的操作名称为____。（4）步骤4中，蒸馏时不能用水浴加热的原因是________。28、（14分）工业上利用N2和H2可以实现合成氨气，而氨又可以进一步制备硝酸，在工业上一般可进行连续生产。请回答下列有关问题：（1）已知N2(g)+O2(g)=2NO(g)ΔH=+180.5kJ·mol－1，N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=－92.4kJ·mol－1，2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)ΔH=－483.6kJ·mol－1，写出氨气经催化氧化完全生成一氧化氮和水蒸气的热化学方程式为___________。（2）在一定体积的密闭容器中，进行如下化学反应：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，其化学平衡常数K与温度t的关系如下表：t/K298398498......K/(mol/L)24.1×106K1K2......完成下列问题：①比较K1、K2的大小：K1______K2(填“>”、“=”或“<”)；②在恒温恒压下判断该反应达到化学平衡状态的依据是______(填序号)；A．2v(H2)(正)=3v(NH3)(逆)B．2v(N2)(正)=v(H2)(逆)C．容器内压强保持不变D．混合气体的密度保持不变（3）硝酸工业的尾气NO可用于制备NH4NO3，其工作原理如图。①其阴极的电极反应式为___________。②常温下，1LpH=6的NH4NO3溶液中c(NH3·H2O)+c(OH－)=________mol·L－1。（4）工业上生产尿素的化学方程式为：2NH3(g)+CO2(g)CO(NH2)2(s)+H2O(l)。在T℃，体积为4L的密闭容器中，通入6molNH3和3molCO2，反应达到平衡时，c(NH3)=0.5mol·L－1，c(CO2)=0.25mol·L－1。若此时保持T℃和平衡时容器的压强不变，再向体积可变的容器中充入3molNH3，则此时反应的v正____v逆(填“>”“<”或“=”)。再次平衡后，平衡常数为______。29、（10分）聚合物（W是链接中的部分结构）是一类重要的功能高分子材料，聚合物X是其中的一种，转化路线如下：已知：i．R1CHO+R2CH2CHOii．iii．R1CH=CHR2+R3CH=CHR4R1CH=CHR4+R2CH=CHR3（R代表烃基或氢原子）（1）E所含的官能团名称是_____。（2）N的名称是_____。（3）②的反应类型是_____。（4）①的化学方程式是_____。③的化学方程式是_____。（5）X的结构简式是_____。（6）Q有多种同分异构体，其中符合下列条件的有_____种。①属于芳香类化合物且苯环上只有两个侧链②遇FeCl3溶液显紫色③苯环上的一氯代物只有两种其中符合核磁共振氢谱中峰面积之比1：2：2：1：6的结构简式为_____（写出其中一种即可）。（7）请以CH3CH2OH为原料（无机试剂任选），用不超过4步的反应合成CH3CH2CH2COOH，试写出合成流程图__________。

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.由萜类化合物的结构简式可知分子式为C10H14O，故A正确；B.萜类化合物中含有氧元素，属于芳香化合物，不属于芳香烃，故B错误；C.萜类化合物中含有4个饱和碳原子，所有碳原子不可能处于同一平面上，故C错误；D.萜类化合物含有羟基，与羟基相连的碳原子上含有的两个甲基是等效的，在浓硫酸、加热条件下，只能生成一种芳香烯烃，故D错误；故选A。判断分子中共线、共面原子数的技巧1.任何两个直接相连的原子在同一直线上。2.任何满足炔烃结构的分子，其所有4个原子在同一直线上。3.苯环对位上的2个碳原子及与之相连的2个氢原子共4个原子一定在一条直线上。4.典型所有的原子一定共平面的有：CH2=CH2、CHCH、苯；可能共平面的有：CH2=CH—CH=CH2、。5.只要出现CH4、—CH3或—CX3等，即只要出现饱和碳原子，所有原子肯定不能都在同一平面上。2、A【解析】

A.A点是草酸溶液，根据电荷守恒，c(H＋)＝c(OH－)＋c(HC2O4－)＋2c(C2O42－)，故A正确；B.B点是10mL0.lmol·L－1H2C2O4溶液与10mL0.lmol·L－1NaOH溶液混合，溶质是NaHC2O4，B点溶液呈酸性，可知HC2O4－在溶液中电离程度大于水解程度，故B错误；C.B点溶质是NaHC2O4，D点溶质是Na2C2O4，所以C点溶液中含有NaHC2O4和Na2C2O4，故C错误；D.D点溶液的溶质是Na2C2O4，c(Na＋)＞c(C2O42－)＞c(OH－)＞c(HC2O4－)＞c(H＋)，故D错误。答案选A。该题侧重对学生能力的培养，意在培养学生的逻辑推理能力和创新思维能力，关键是在明确二元弱酸与氢氧化钠反应原理的基础上利用好电荷守恒、物料守恒以及质子守恒。3、A【解析】

A．反应中碳碳双键转化为碳碳单键，属于加成反应，故A选；B．苯环上H原子被Br原子取代，属于取代反应，故B不选；C．1分子乙醇中-OH上H氢原子被另1分子乙醇中的乙基取代，属于取代反应，故C不选；D．苯环上H原子被硝基取代，属于取代反应，故D不选；答案选A。取代取代，“取而代之”的反应叫取代反应。4、A【解析】

A．核素中中子数=质量数-质子数，质子数=原子序数，利用关系式求出Cl-35的中子数；B．同系物是物质结构相似、分子组成上相差一个或多个“CH2”，根据概念判断正误；C．系统命名法是选择最长的碳链为主链；D．同素异形体是同一种元素形成的不同单质，不是化合物【详解】A．该核素的中子数=35﹣17=18，故A正确；B．同系物是物质结构相似、分子组成上相差一个或多个“CH2”，而乙酸乙酯和硬脂酸甘油酯还相差有“O“原子，不符合概念，故B错误；C．系统命名法是选择最长的碳链为主链，该物最长碳链为5个碳原子，名称应该为为3﹣甲基戊烷，故C错误；D．同素异形体是同一种元素形成的不同单质，CH3（CH2）2CH3和CH（CH3）3是化合物、互为同分异构体，故D错误：故选：A。原子结构、同系物、同分异构体、烷烃命名等知识点，解题关键：掌握概念的内涵和外延，错点D，同素异形体的使用范围是单质。5、C【解析】

A、稀硫酸滴入碳酸钠中二者反应生成二氧化碳，二氧化碳与硅酸钠溶液反应生成硅酸沉淀，说明顺酸性：H2SO4＞H2CO3＞H2SiO3，非金属性：S>C>Si，能得出相应实验结论，不选A；B、浓硫酸能使蔗糖脱水碳化，反应放热，浓硫酸在加热条件下与碳反应生成的二氧化硫能使溴水褪色，能得出实验结论，不选B；C、常温下，浓硝酸使铁钝化，不能得出实验结论，选C；D、浓氨水与生石灰反应生成的氨气使酚酞变红，证明氨气的水溶液呈碱性，能得出实验结论，不选D；答案选C。6、D【解析】

工业大理石（含有少量SiO2、Al2O3、Fe2O3等杂质）加足量的盐酸，得到二氧化硅沉淀和氯化钙、氯化铝、氯化铁混合溶液，所以固体Ⅰ中含有SiO2，滤液中加石灰水，控制pH，可以得到Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀，即为固体Ⅱ，过滤，向滤液加入盐酸中和过量的氢氧化钙，得氯化钙溶液，CaCl2·6H2O易分解，从溶液中获得氯化钙晶体时，要防止其分解；【详解】A.根据上面的分析可知，固体Ⅰ中含有SiO2，固体Ⅱ中含有Fe(OH)3，A正确；B.氢氧化铝具有两性，可溶于氢氧化钙溶液，生成AlO2-，B正确；C.CaCl2·6H2O易分解，从溶液中获得氯化钙晶体时，要防止其分解，C正确；D.若改变实验方案，在溶液Ⅰ中直接加氨水至沉淀完全，滤去沉淀，其溶液中含有氯化铵，经蒸发浓缩、冷却结晶得到的CaCl2·6H2O不纯，D错误；答案为D。7、D【解析】

A．一般情况下非金属性越强，电负性越强，所以电负性：O>N>P，故A错误；B．O原子半径小于N原子半径，电负性强于N，所以O-H键的键能大于N-H键键能，故B错误；C．形成N=C键的N原子为sp2杂化，形成C≡N键的N原子为sp杂化，故C错误；D．该分子中单键均为σ键、双键和三键中含有π键、苯环中含有大π键，故D正确；故答案为D。8、B【解析】

A.由物质的分子结构可知M的分子式为C18H20O2，正确。B.该物质的分子中含有酚羟基，所以可与NaOH溶液反应，但是由于酸性较弱，所以不能和NaHCO3溶液反应，错误。C.在M的一个分子中含有2个苯环和一个双键，所以1molM最多能与7molH2发生加成反应，正确。D.羟基是邻位、对位取代基，由于对位有取代基，因此1molM与饱和溴水混合，苯环消耗4mol的溴单质，一个双键消耗1mol的溴单质，因此最多消耗5molBr2，正确。本题选B。9、D【解析】

A．由a点可知，0.1mol/L一元酸HA中c水(H+)=c水(OH-)=1×10-11mol/L，则c(H+)=1×10-14÷10-11=1×10-3mol/L，则HA的电离常数，A选项正确；B．b点溶液中c水(H+)=1×10-7mol/L，c点c水(H+)最大，则溶质恰好为KA，显碱性，a点显酸性，c点显碱性，则中间c水(H+)=1×10-7mol/L的b点恰好显中性，根据电荷守恒可得c(A-)+c(OH-)=c(K+)+c(H+)，又c(OH-)=c(H+)，则c(A-)=c(K+)，B选项正确；C．c点时加入的KOH的物质的量n(KOH)=20mL×0.1mol/L÷0.1mol/L=20mL，由HA的Ka=1×10-5，可得A-的则c(A-)≈0.05mol/L，则c(OH-)≈7×10-6mol/L，在KA中c(OH-)都是由水电离处的，则c水(OH-)=c水(H+)≈7×10-6mol/L，C选项正确；D．向一元弱酸中加入相同浓度的一元强碱，溶液的导电能力逐渐增强，则导电能力：c>b>a，D选项错误；答案选D。10、A【解析】

A、将25gCuSO4·5H2O溶于100mL蒸馏水中所得溶液的体积不是0.1L，所以不能实现目的，A错误；B、硝酸钾和氯化钠的溶解度受温度影响相差大，因此将混合物制成热的饱和溶液，冷却结晶，过滤即可除去KNO3中少量NaCl，B正确；C、高锰酸钾具有强氧化性，能把双氧水氧化为氧气，而高锰酸钾被还原为锰离子，导致溶液紫色消失，所以能实现目的，C正确；D、NaCl和CaCl2不反应，Na2CO3和CaCl2反应生成碳酸钙沉淀，所以可以检验是否含有Na2CO3，则可以实现目的，D正确；答案选A。【点晴】该题的易错点是物质的分离与提纯，分离提纯方法的选择思路是根据分离提纯物的性质和状态来定的。具体如下：①分离提纯物是固体(从简单到复杂方法)：加热(灼烧、升华、热分解)，溶解，过滤(洗涤沉淀)，蒸发，结晶(重结晶)，例如选项B；②分离提纯物是液体(从简单到复杂方法)：分液，萃取，蒸馏；③分离提纯物是胶体:盐析或渗析；④分离提纯物是气体：洗气。11、A【解析】

SO2在负极失电子生成SO42-，所以Pt1电极为负极，Pt2电极为正极。【详解】A.Pt1电极上二氧化硫被氧化成硫酸，失电子发生氧化反应，为负极，电极方程式为：SO2+2H2O-2e-═SO42-+4H+，故A错误；B.该电池的原理为二氧化硫与氧气的反应，即2SO2+O2+2H2O=2H2SO4，所以放电过程中消耗的SO2和O2的体积之比为2：1，故B正确；C.质子即氢离子，放电时阳离子流向正极，Pt1电极为负极，Pt2电极为正极，则该电池放电时质子从Pt1电极经过内电路流到Pt2电极，故C正确；D.二氧化硫-空气质子交换膜燃料电池，吸收了空气中的二氧化硫起到了环保的作用，产物中有硫酸，而且发电，实现了制硫酸、发电、环保三位一体的结合，故D正确；故答案为A。12、C【解析】

A．金属钠性质很活泼，极易和空气、水反应，不能作电极材料，故A错误；B．构成的原电池中，金属棒X作原电池负极，所以金属棒X材料的活泼性应该大于铁，不可能是Cu电极，故B错误；C．该装置发生吸氧腐蚀，正极钢管上氧气得电子生成氢氧根离子，导致钢管附近土壤的pH可能会增大，故C正确；D．该装置没有外接电源，不属于外加电流的阴极保护法，而是牺牲阳极的阴极保护法，故D错误；故答案为C。考查金属的腐蚀与防护，明确金属腐蚀与防护的原理、金属发生析氢腐蚀和吸氧腐蚀的条件即可解答，根据图片知，该金属防护措施采用的是牺牲阳极的阴极保护法，即把金属和钢管、及电解质溶液构成原电池，金属棒X作负极，钢铁作正极，从而钢管得到保护。13、A【解析】

A.NaHCO3受热分解成Na2CO3、CO2和H2O，Na2CO3与饱和石灰水反应生成CaCO3和NaOH，两步反应均能实现，故A正确；B.NaAlO2与过量盐酸反应生成NaCl、AlCl3和H2O，第二步反应不能实现，故B错误；C.蔗糖中不含醛基，蔗糖不能发生银镜反应，第二步反应不能实现，故C错误；D.Fe与HCl反应生成FeCl2和H2，第二步反应不能实现，故D错误；答案选A。14、B【解析】A、Na2SO4晶体中既有Na+和SO42-之间的离子键，又有S和O原子间的共价键，故A错误；B、由于HCl、HBr、HI分子组成相同，结构相似，所以相对分子质量越大其分子间作用力超强，所以B正确；C、金刚石是原子晶体,只存在原子间的共价键，故加热融化时只克服原子间的共价键，故C错误；D、NH3中H原子只能是2电子结构，故D错误。本题正确答案为B。15、C【解析】

A.①粗盐制精盐除采用过滤泥沙外，还必须除去Ca2＋、Mg2＋、SO42−等杂质，故A正确；B.利用沉淀溶解平衡转化，工业生产中常选用石灰乳作为Mg2＋的沉淀剂，并对沉淀进行洗涤，故B正确；C.镁离子要水解，因此第②步的反应是将MgCl2⸱6H2O晶体在HCl气流中加热脱去结晶水得无水MgCl2，故C错误；D.第③步到第⑤步空气吹出法提取海水中溴通常使用SO2作还原剂，SO2与Br2反应生成HBr和H2SO4，故D正确；答案为C。工业上沉淀镁离子只能用石灰乳，不能用氢氧化钠，要注意与实际应用相联系，工业要考虑成本问题。16、A【解析】

A.蛋白质溶液中加入浓的硫酸铵溶液发生盐析，会有固体析出，故A错误；B.苯与液溴的反应是一溴取代，且需要溴化铁催化，苯酚与浓溴水的反应为三溴取代，对比可以说明是酚羟基活化了苯环上的氢，能说明基团之间的影响作用，故B正确；C.丙三醇俗称甘油，是无色、黏稠、有甜味的液体，吸湿性强，有护肤作用，可应用于配制化妆品，故C正确；D.苯酚与甲醛能在在浓氨水作用下，甲醛过量时，发生酚醛缩合反应，可得到体型酚醛树脂，故D正确；综上所述，答案为A。17、C【解析】

A．氯水中存在反应Cl2+H2OHCl+HClO，加入NaHCO3能与HCl反应，从而促进平衡正向移动，使次氯酸的浓度增大，A不合题意；B．苛性钠溶液能与溴反应，产物溶解在溶液中，液体分层，分液后可得下层的溴苯，从而达到除杂目的，B不合题意；C．粗锌与稀硫酸能发生原电池反应，反应速率快，纯锌与稀硫酸不能形成原电池，反应速率慢，C符合题意；D．浓氨水滴入新制生石灰中，生石灰与水反应放热，使氨水分解同时降低氨气的溶解度，从而制得少量的氨气，D不合题意；故选C。18、C【解析】

A.根据突变范围选择合适的指示剂，要求指示剂的指示范围与突变范围有重叠，所以选择变色范围在pH突变范围内的指示剂，可减小实验误差，A正确；B.移液管水洗后需用待取液润洗，这样不改变盐酸的浓度，可减小实验误差，B正确；C.甲基橙的指示范围是3.1～4.4，甲基红的指示范围是4.4～6.2，二者差不多，而甲基红的指示范围与突变范围重叠更大，更能降低误差，因此应该使用甲基红，C错误；D.V(NaOH)=10.00mL时，HCl过量，反应后相当于余下10mL的HCl，溶液为酸性，溶液中c(H+)==mol/L，所以溶液pH=-lgc(H+)=-lg1+lg30=1.5，D正确；故合理选项是C。19、D【解析】

A.裂化汽油中含有碳碳双键，可以与溴水发生加成反应，不能用裂化汽油萃取溴，故A错误；B.NaClO具有漂白性，不能用pH试纸测定其水溶液的碱性强弱，故B错误；C.硝酸根在酸性条件下可以将Fe2+氧化生成Fe3+，所以样品溶于稀硫酸后，滴加KSCN溶液，溶液变红，并不能说明Fe(NO3)2晶体已氧化变质，故C错误；D.能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体为氨气，与NaOH溶液反应并加热生成氨气，则溶液中一定含有NH4+，故D正确。故选D。20、A【解析】

分子式为C5H10O2且能与NaHCO3溶液反应，则该有机物中含有-COOH，所以为饱和一元羧酸，烷基为-C4H9，-C4H9异构体有：-CH2CH2CH2CH3，-CH（CH3）CH2CH3，-CH2CH（CH3）CH3，-C（CH3）3，故符合条件的有机物的异构体数目为4种。答案选A。21、C【解析】A.①加热后溶液不变红，湿润的淀粉碘化钾试纸不变蓝，说明没有氯气，则Cl2被完全消耗，选项A正确；B.当二氧化硫过量，加热后二氧化硫与碘发生氧化还原反应SO2+I2+2H2O==H2SO4+2HI，②中试纸褪色，选项B正确；C.硝酸根离子能将亚硫酸根离子氧化，故③中若将BaCl2溶液换成Ba(NO3)2溶液，不能说明SO2被Cl2氧化为SO42−，选项C不正确；D.实验条件下，品红溶液和SO2均被氧化，故加热后溶液不恢复红色，选项正确。答案选C。点睛：本题考查二氧化硫和氯气的漂白性及还原性和氧化性。注意分清两者漂白性的区别，易错点为选项C，硝酸根离子能将亚硫酸根离子氧化，故③中若将BaCl2溶液换成Ba(NO3)2溶液，不能说明SO2被Cl2氧化为SO42−。22、D【解析】

A.z点滴定分数为1，即恰好完全反应，此时溶液中溶质为NaA，水的电离程度最大，z点之前溶液存在HA抑制水的电离，z点之后溶液中存在NaOH抑制水的电离，所以z点后存在某点，溶液中的水的电离程度和y点的相同，故A正确；B.HA的电离平衡常数，设HA的量为1，y点的滴定分数为0.91，pH=7，溶液中电荷守恒得到c（Na+）=c（A-）=0.91，则，c（HA）=1-0.91=0.09，平衡常数K=，设0.1mol/L的HA溶液中c（H+）=amol/L，则K=，解得a约为10-3.5mol/L，pH约为3.5，故B正确；C.z点滴定分数为1，即恰好完全反应，此时溶液中溶质为NaA，根据电荷守恒可知，此时溶液呈碱性，即氢氧根浓度大于氢离子浓度，所以，故C正确；D.x点处的溶液中溶质为HA和NaA，且二者物质的量相等，存在电荷守恒：，物料守恒：；二式消掉钠离子可得：，此时溶液呈酸性，即c（H+）>c（OH-），所以，故D错误；故答案为D。本题难度较大，要灵活运用电解质溶液中的电荷守恒、物料守恒进行分析求解。二、非选择题(共84分)23、CH3CH3取代反应2CH3COOH＋＋2H2OD【解析】

X裂解得到的A和B，A能与水催化加成生成分子式为C2H6O，即应为乙醇，B光照条件下与氯气发生取代反应生成C2H4Cl2，C2H4Cl2在氢氧化钠的水溶液中加热发生水解反应生成分子式为C2H6O2，C2H6O2结合C反应生成二乙酸乙二酯，可推知C为乙酸，C2H6O2为乙二醇，C2H4Cl2为CH2ClCH2Cl，则B为乙烷，据此分析。【详解】根据上述分析可知：(1)A是烯烃，B只能是烷烃，应为CH3CH3；(2)反应③是C2H4Cl2在氢氧化钠的水溶液中加热发生水解反应生成CH2OHCH2OH和氯化钠，属于取代反应；(3)C和C2H6O2反应的化学方程式为HOCH2CH2OH＋2CH3COOHCH3COOCH2CH2OOCCH3＋2H2O；(4)A.A和B分别为烷烃和烯烃，可以用溴水、高锰酸钾溶液等鉴别，选项A正确；B.C2H6O是醇，生成酸，可以直接氧化，也可以先氧化成醛，再氧化成酸，选项B正确；C.C2H2O2和C2H6O在浓硫酸作用下，也可以加热生成C6H10O4，为乙二酸二乙酯，是二乙酸乙二酯的同分异构体，选项C正确；D.X可能是丁烷，也可以是己烷等，C6H14C2H6＋2C2H4，选项D不正确；答案选D。24、氯原子、羟基加成反应【解析】

由有机物的转化关系可知，与KMnO4或K2Cr2O7等氧化剂发生氧化反应生成，在酸性条件下，与甲醇共热发生酯化反应生成，则B为；与LiAlH4反应生成，则C为；发生氧化反应生成，与双氧水发生加成反应生成，酸性条件下与ROH反应生成，则F为。【详解】（1）C的结构简式为，含有的官能团为氯原子和羟基，故答案为氯原子、羟基；（2）由D生成E的反应为与双氧水发生加成反应生成，故答案为加成反应；（3）由副产物的分子式为C9H5O4Cl2可知，在酸性条件下，与甲醇共热发生酯化反应生成，则副产物的结构简式为，故答案为；（4）化合物C的同分异构体能与FeCl3溶液发生显色反应，说明分子中含有酚羟基，核磁共振氢谱图中有3个吸收峰说明结构对称，结构简式为，故答案为；（5）由题给转化关系可知，在酸性条件下，与甲醇共热发生酯化反应生成，与LiAlH4反应生成，催化氧化生成，与过氧化氢发生加成反应生成，合成路线如下：，故答案为。本题考查有机化学基础，解题的关键是要熟悉烃的各种衍生物间的转化关系，不仅要注意物质官能团的衍变，还要注意同时伴随的分子中碳、氢、氧、卤素原子数目以及有机物相对分子质量的衍变，这种数量、质量的改变往往成为解题的突破口。25、饱和食盐水稀硝酸e→f(或f→e)→c→b→d防止水蒸气进入装置Ⅸ2NOCl+H2O=2HCl+NO+NO2O2(或NO2)HNO3(浓)+3HCl(浓)=NOCl↑+Cl2↑+2H2O×100%偏高【解析】

氯气与一氧化氮在常温常压下合成NOCl。根据实验室用浓盐酸与二氧化锰制备氯气，制得的氯气中混有氯化氢和水蒸气；用铜和稀硝酸反应制备NO，制得的NO中可能混有其他氮氧化合物，结合NOCl的性质，制得气体中的杂质需要除去，尾气中氯气、NO以及NOCl均不能排放到空气中，需要用氢氧化钠溶液吸收，据此分析解答。【详解】(1)实验室制备氯气，一般用浓盐酸与二氧化锰加热制备，制得的氯气中混有氯化氢和水蒸气，故装置Ⅱ用饱和食盐水吸收氯化氢气体；实验室制备NO，一般用铜和稀硝酸反应制备，制得的NO中可能混有其他氮氧化合物，NO不溶于水，故装置Ⅱ用水净化NO；故答案为饱和食盐水；稀硝酸；(2)①将氯气和NO干燥后在装置Ⅵ中发生反应，由于亚硝酰氯(NOCl，熔点：-64.5℃，沸点：-5.5℃)是一种黄色气体，遇水易反应，需要在冰盐中冷凝收集NOCl，氯气、NO以及NOCl均不能排放到空气中，需要用氢氧化钠溶液吸收，NOCl遇水易水解，故在收集装置和尾气处理装置之间需加一个干燥装置，因此装置连接顺序为a→e→f(或f→e)→c→b→d，故答案为e→f(或f→e)→c→b→d；②NOCl遇水易水解，故在收集装置和尾气处理装置之间需加一个装置VII干燥装置防止水蒸气进入装置Ⅸ；若无该装置，Ⅸ中NOCl水解生成氯化氢、NO和NO2，反应的化学方程式为2NOCl+H2O=2HCl+NO+NO2，故答案为防止水蒸气进入装置Ⅸ；2NOCl+H2O=2HCl+NO+NO2；③乙组同学认为氢氧化钠溶液只能吸收氯气和NOCl，不能吸收NO，所以装置Ⅷ不能有效除去有毒气体。NO能够与氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮能够被氢氧化钠溶液吸收，一氧化氮和二氧化氮的混合气体也能够被氢氧化钠溶液吸收，因此解决这一问题，可将尾气与氧气(或二氧化氮)同时通入氢氧化钠溶液中，故答案为O2(或NO2)；(3)王水是浓硝酸与浓盐酸的混酸，一定条件下混酸可生成亚硝酰氯和氯气，反应的化学方程式为：HNO3(浓)+3HCl(浓)=NOCl↑+Cl2↑+2H2O，故答案为HNO3(浓)+3HCl(浓)=NOCl↑+Cl2↑+2H2O；(4)①亚硝酰氯(NOCl)遇水反应得到HCl，用AgNO3标准溶液滴定，生成白色沉淀，以K2CrO4溶液为指示剂，出现砖红色沉淀达到滴定终点，根据氯元素守恒：NOCl～HCl～AgNO3，则样品中n(NOCl)=cmol/L×b×10-3L×=10bc×10-3mol，亚硝酰氯(NOCl)的质量分数为×100%=×100%，故答案为×100%；②若滴定前，滴定管尖嘴有气泡，滴定后气泡消失，导致消耗的标准溶液的体积偏大，则所测亚硝酰氯的纯度偏高，故答案为偏高。26、Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2↓+2NH3↑饱和食盐水可减缓生成氨气的速率三颈烧瓶(或三口烧瓶)分液漏斗的活塞与旋塞关闭K3和分液漏斗旋塞打开K2，缓慢推动滑动隔板，将气体全部推出，再关闭K2减小气体的通入速率，使空气中的甲醛气体被完全吸收0.0375【解析】

在仪器A中Mg3N2与H2O反应产生Mg(OH)2和NH3，NH3通入到AgNO3溶液中首先反应产生AgOH白色沉淀，后当氨气过量时，反应产生Ag(NH3)2OH，然后向溶液中通入甲醛，水浴加热，发生银镜反应产生单质Ag和CO2气体，产生的Ag与加入的Fe3＋定量反应生成Fe2+，Fe2＋与菲洛嗪形成有色物质，在562nm处测定吸光度，测得生成Fe2＋1.12mg，据此结合反应过程中电子守恒，可计算室内空气中甲醛含量。【详解】(1)Mg3N2与水发生盐的双水解反应产生Mg(OH)2和NH3，反应方程式为：Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2↓+2NH3↑；用饱和食盐水代替水，单位体积溶液中水的含量降低，可减缓生成氨气的速率；(2)根据仪器B的结构可知，仪器B的名称为三颈烧瓶；(3)银氨溶液的制备：关闭K1、K2，打开K3，打开K3，分液漏斗的活塞与旋塞，使饱和食盐水慢慢滴入圆底烧瓶中，首先发生反应：Ag++NH3+H2O=AgOH↓+NH4+，后又发生反应：AgOH+2NH3·H2O=[Ag(NH3)2]++OH-+2H2O，当观察到B中白色沉淀恰好完全溶解时，就得到了银氨溶液，此时关闭K3和分液漏斗旋塞；(4)①用热水浴加热B，打开K1，将滑动隔板慢慢由最右端抽到最左端，吸入1L室内空气，关闭K1；后续操作是打开K2，缓慢推动滑动隔板，将气体全部推出，再关闭K2；再重复上述操作3次。毛细管的作用是减小气体的通入速率，使空气中的甲醛气体被完全吸收。②甲醛和银氨溶液加热反应生成银，银具有还原性，被Fe3+氧化，结合甲醛被氧化为CO2，氢氧化二氨合银被还原为银，甲醛中碳元素化合价0价变化为+4价，银+1价变化为0价，生成的银又被铁离子氧化，铁离子被还原为亚铁离子，生成亚铁离子1.12mg，物质的量n(Fe)==2×10-5mol，根据氧化还原反应电子守恒计算，设消耗甲醛物质的量为xmol，则4x=2×10-5mol×1，x=5×10-6mol，因此实验进行了4次操作，所以测得1L空气中甲醛的含量为1.25×10-6mol，空气中甲醛的含量为1.25×10-6mol×30g/mol×103mg/g=0.0375mg/L。本题考查了物质组成和含量的测定、氧化还原反应电子守恒的计算的应用、物质性质等，掌握基础是解题关键，了解反应原理、根据反应过程中电子守恒分析解答。27、作为溶剂、提高丙炔酸的转化率(直形)冷凝管防止暴沸丙炔酸分液丙炔酸甲酯的沸点比水的高【解析】

（1）一般来说，酯化反应为可逆反应，加入过量的甲醇，提高丙炔酸的转化率，丙炔酸溶解于甲醇，甲醇还作为反应的溶剂；（2）根据装置图，仪器A为直形冷凝管；加热液体时，为防止液体暴沸，需要加入碎瓷片或沸石，因此本题中加入碎瓷片的目的是防止液体暴沸；（3）丙炔酸甲酯的沸点为103℃~105℃，制备丙炔酸甲酯采用水浴加热，因此反应液中除含有丙炔酸甲酯外，还含有丙炔酸、硫酸；通过饱和NaCl溶液可吸收硫酸；5%的Na2CO3溶液的作用是除去丙炔酸，降低丙炔酸甲酯在水中的溶解度，使之析出；水洗除去NaCl、Na2CO3，然后通过分液的方法得到丙炔酸甲酯；（4）水浴加热提供最高温度为100℃，而丙炔酸甲酯的沸点为103℃~105℃，采用水浴加热，不能达到丙炔酸甲酯的沸点，不能将丙炔酸甲酯蒸出，因此蒸馏时不能用水浴加热。《实验化学》的考查，相对比较简单，本题可以联想实验制备乙酸乙酯作答，如碳酸钠的作用，实验室制备乙酸乙酯的实验中，饱和碳酸钠的作用是吸收乙醇，除去乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度使之析出等，平时复习实验时，应注重课本实验复习，特别是课本实验现象、实验不足等等。28、4NH3(g)＋5O2(g)＝4NO(g)＋6H2O(g)ΔH＝－905.0kJ·mol－1＞AD1×10－6＜16【解析】

(1)根据盖斯定律书写氨气经催化氧化完全生成一氧化氮和水蒸气的热化学方程式；(2)①合成氨反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动；②根当正逆反应速率相等，各物质浓度保持不变，反应达到化学平衡状态；(3)①阴极得电子发生还原反应；②根据质子守恒：NH4NO3溶液中c(NH3·H2O)+c(OH－)=c(H+