2026年安徽省示范高中金榜教育全国高考统一考试模拟试题（三）化学试题含解析

2026年安徽省示范高中金榜教育全国高考统一考试模拟试题（三）化学试题注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．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、下列示意图与化学用语表述内容不相符的是（水合离子用相应离子符号表示）（）A．NaCl→Na++Cl-B．CuCl→Cu2++2Cl-C．CH3COOH⇌CH3COO-+H+D．H2

（g）+Cl2

（g）→2HCl（g）+183kJ2、25°C时，向10mL0.10mol·L-1的一元弱酸HA(Ka=1.0×10-3)中逐滴加入0.10mol·L-1NaOH溶液，溶液pH随加入NaOH溶液体积的变化关系如图所示。下列说法正确的是（）A．a点时，c(HA)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)B．溶液在a点和b点时水的电离程度相同C．b点时，c(Na+)=c(HA)+c(A-)+c(OH-)D．V=10mL时，c(Na+)>c(A-)>c(H+)>c(HA)3、工业上将氨气和空气的混合气体通过铂铑合金网发生氨氧化反应，若有标准状况下VL氨气完全反应，并转移n个电子，则阿伏加德罗常数(NA)可表示为()A． B． C． D．4、对于1mol/L盐酸与铁片的反应，下列措施不能使产生H2反应速率加快的是（）A．加入一小块铜片 B．改用等体积98%的硫酸C．用等量铁粉代替铁片 D．改用等体积3mol/L盐酸5、NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．常温常压下，1molP4(P原子均达到8电子稳定结构)中所含P-P键数目为4NAB．0.1molH2和0.1molI2于密闭容器中充分反应后，其分子总数小于0.2NAC．20mL10mol/L的浓硝酸与足量铜加热反应转移电子数为0.1NAD．0.1molNH2-所含电子数为6.02×1023个6、已知H2A为二元弱酸。室温时，配制一组c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)=0.100mol·L-1的H2A和NaOH混合溶液，溶液中部分微粒的物质的量浓度随pH的变化曲线如下图所示。下列指定溶液中微粒的物质的量浓度关系不正确的是A．pH=2的溶液中：c(H2A)+c(A2-)>c(HA-)B．E点溶液中：c(Na+)-c(HA-)<0.100mol•L-1C．c(Na+)=0.100mol·L-1的溶液中：c(H+)+c(H2A)=c(OH-)+c(A2-)D．pH=7的溶液中：c(Na+)>2c(A2-)7、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是（）A．5.6L甲烷含有的共价键数为NAB．2gD2l6O和2gH218O中含有的中子数均为NAC．过氧化钠与水反应时，生成0.1mol氧气转移的电子数为0.4NAD．常温下pH=13的Ba(OH)2溶液中含有的OH-离子数为0.1NA8、某元素基态原子4s轨道上有1个电子，则该基态原子价电子排布不可能是（）A．3p64s1 B．4s1 C．3d54s1 D．3d104s19、苯氧乙醇在化妆品、护肤品、疫苗及药品中发挥着防腐剂的功用，其结构为，下列有关说法不正确的是A．苯氧乙醇的分子式为C8H10O2B．苯氧乙醇中的所有碳原子不可能处于同一平面内C．苯氧乙醇既可以发生取代反应和加成反应，也可以使酸性高锰酸钾溶液褪色D．分子式为C8H8O2，结构中含有苯环且能与饱和NaHCO3溶液反应的物质共有4种（不考虑立体异构）10、白色固体Na2S2O4常用于织物的漂白，也能将污水中的某些重金属离子还原为单质除去。下列关于Na2S2O4说法不正确的是A．可以使品红溶液褪色B．其溶液可用作分析化学中的吸氧剂C．其溶液可以和Cl2反应，但不能和AgNO3溶液反应D．已知隔绝空气加热Na2S2O4分解可生成SO2，则其残余固体产物中可能有Na2S2O311、某次硫酸铜晶体结晶水含量的测定实验中，相对误差为+2.7%，其原因不可能是（）A．实验时坩埚未完全干燥 B．加热后固体未放入干燥器中冷却C．加热过程中晶体有少量溅失 D．加热后固体颜色有少量变黑12、下表为各物质中所含少量杂质以及除去这些杂质应选用的试剂或操作方法正确的一组是（）选项物质(括号为少量杂质)除杂方法ACO2(SO2)通入饱和碳酸氢钠溶液，再通入碱石灰干燥BCu（CuO）空气中加热CFeCl2（Fe）通入少量氯气加热DKNO3(NaCl)溶于水配成热饱和溶液，冷却结晶A．A B．B C．C D．D13、关于下列装置的描述正确的是（）A．甲装置可用于电解精炼铜B．乙装置红墨水水柱两边液面变为左低右高C．丙装置中的交换膜为阴离子交换膜D．丁装置可达到保护铁闸门的作用14、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15、化合物Z是合成平喘药沙丁胺醇的中间体，可通过下列路线制得：下列说法正确的是A．X的分子式为C7H6O2 B．Y分子中的所有原子可能共平面C．Z的一氯取代物有6种 D．Z能与稀硫酸发生水解反应16、已知：pKa=−lgKa，25℃时，H2SO3的pKa1=1.85，pKa2=7.19。常温下，用0.1mol·L−1NaOH溶液滴定20mL0.1mol·L−1H2SO3溶液的滴定曲线如下图所示(曲线上的数字为pH)。下列说法不正确的是()A．a点所得溶液中：2c(H2SO3)+c(SO32－)=0.1

mol·L−1B．b点所得溶液中：c(H2SO3)+c(H+)=c(SO32－)+c(OH－)C．c点所得溶液中：c(Na+)>3c(HSO3－)D．d点所得溶液中：c(Na+)>c(SO32－)>c(HSO3－)17、用0.1mol·L－1NaOH溶液滴定40mL0.1mol·L－1H2SO3溶液，所得滴定曲线如图所示（忽略混合时溶液体积的变化）。下列叙述错误的是（）A．Ka2(H2SO3)的数量级为10－8B．若滴定到第一反应终点，可用甲基橙作指示剂C．图中Z点对应的溶液中：c(Na＋)>c(SO32－)>c(HSO3－)>c(OH－)D．图中Y点对应的溶液中：3c(SO32－)＝c(Na＋)＋c(H＋)－c(OH－)18、电解合成1,2－二氯乙烷的实验装置如图所示。下列说法中正确的是A．该装置工作时，化学能转变为电能B．CuCl2能将C2H4还原为l,2－二氯乙烷C．X、Y依次为阳离子交换膜、阴离子交换膜D．该装置总反应为CH2CH2+2H2O+2NaClH2+2NaOH+ClCH2CH2Cl19、一种新型太阳光电化学电池贮能时电解质溶液中离子在两极发生如下图所示的转化。下列说法正确的是（）A．贮能时，电能转变为化学能和光能B．贮能和放电时，电子在导线中流向相同C．贮能时，氢离子由a极区迁移至b极区D．放电时，b极发生：VO2+2H++e-=VO2++H2O20、延庆区的三张名片：长城、世园会、冬奥会中所使用的材料属于无机非金属材料的是A．京张高铁的复兴号火车“龙凤呈祥”内装使用材料FRPB．中国馆屋顶ETFE保温内膜C．八达岭长城城砖D．2022年冬奥会高山滑雪服21、下列各组粒子在溶液中可以大量共存，且加入或通入试剂X后，发生反应的离子方程式也正确的是选项微粒组加入试剂发生反应的离子方程式A、、、过量HC1B、、、过量C过量DI-、Cl-、H+、SO42-过量A．A B．B C．C D．D22、下列有关CuSO4溶液的叙述中正确的是A．该溶液呈碱性B．它与H2S反应的离子方程式为：Cu2++S2-=CuS↓C．用惰性电极电解该溶液时，阳极产生铜单质D．在溶液中：2c(Cu2+)+c(H+)=2c(SO42-)+c(OH-)二、非选择题(共84分)23、（14分）非索非那定(E)可用于减轻季节性过敏鼻炎引起的症状。其合成路线如下(其中R-为)(1)E中的含氧官能团名称为___________和___________。(2)X的分子式为C14Hl5ON，则X的结构简式为___________。(3)B→C的反应类型为____________________。(4)一定条件下，A可转化为F()。写出同时满足下列条件的F的一种同分异构体的结构简式：_________。①能与FeCl3溶液发生显色反应；②能使溴水褪色；③有3种不同化学环境的氢(5)已知：。化合物G()是制备非索非那定的一种中间体。请以为原料制备G，写出相应的合成路线流程图（无机试剂任用，合成路线流程图示例见本题题干）_______24、（12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25、（12分）叠氮化钠(NaN3)是汽车安全气囊的主要成分，实验室制取叠氮化钠的实验步骤如下：①打开装置D导管上的旋塞，加热制取氨气。②加热装置A中的金属钠，使其熔化并充分反应后，再停止加热装置D并关闭旋塞。③向装置A中b容器内充入加热介质并加热到210～220℃，然后通入N2O。④冷却，向产物中加入乙醇(降低NaN3的溶解度)，减压浓缩结晶后，再过滤，并用乙醚洗涤，晾干。（1）装置B中盛放的药品为____。（2）步骤①中先加热通氨气一段时间的目的是____；步骤②氨气与熔化的钠反应生成NaNH2的化学方程式为____。步骤③中最适宜的加热方式为___(填“水浴加热”，“油浴加热”)。（3）生成NaN3的化学方程式为____。（4）产率计算①称取2.0g叠氮化钠试样，配成100mL溶液，并量取10.00mL溶液于锥形瓶中。②用滴定管加入0.10mol·L－1六硝酸铈铵[(NH4)2Ce(NO3)6]溶液40.00mL[发生的反应为2(NH4)2Ce(NO3)6＋2NaN3===4NH4NO3＋2Ce(NO3)3＋2NaNO3＋3N2↑](杂质均不参与反应)。③充分反应后滴入2滴邻菲罗啉指示液，并用0.10mol·L－1硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2]为标准液，滴定过量的Ce4＋，终点时消耗标准溶液20.00mL(滴定原理：Ce4＋＋Fe2＋=Ce3＋＋Fe3＋)。计算可知叠氮化钠的质量分数为____(保留2位有效数字)。若其他操作及读数均正确，滴定到终点后，下列操作会导致所测定样品中叠氮化钠质量分数偏大的是____(填字母代号)。A．锥形瓶使用叠氮化钠溶液润洗B．滴加六硝酸铈铵溶液时，滴加前仰视读数，滴加后俯视读数C．滴加硫酸亚铁铵标准溶液时，开始时尖嘴处无气泡，结束时出现气泡D．滴定过程中,将挂在锥形瓶壁上的硫酸亚铁铵标准液滴用蒸馏水冲进瓶内（5）叠氮化钠有毒，可以使用次氯酸钠溶液对含有叠氮化钠的溶液进行销毁，反应后溶液碱性明显增强，且产生无色无味的无毒气体，试写出反应的离子方程式____。26、（10分）氮化铝(AlN)是一种新型无机材料，广泛应用于集成电路生产领域。某化学研究小组利用Al2O3＋3C＋N22AlN＋3CO制取氮化铝，设计如图实验装置：试回答：（1）实验中用饱和NaNO2与NH4Cl溶液制取氮气的化学方程式为___。（2）装置中分液漏斗与蒸馏烧瓶之间的导管A的作用是__(填写序号)。a．防止NaNO2饱和溶液蒸发b．保证实验装置不漏气c．使NaNO2饱和溶液容易滴下（3）按图连接好实验装置，检查装置气密性的方法是：在干燥管D末端连接一导管，将导管插入烧杯中的液面下，___。（4）化学研究小组的装置存在严重问题，请说明改进的办法：___。（5）反应结束后，某同学用如图装置进行实验来测定氮化铝样品的质量分数(实验中导管体积忽略不计)。已知：氮化铝和NaOH溶液反应生成NaAlO2和氨气。①广口瓶中的试剂X最好选用___(填写序号)。a．汽油b．酒精c．植物油d．CCl4②广口瓶中的液体没有装满(上方留有空间)，则实验测得NH3的体积将___(填“偏大”、“偏小”或“不变”)。③若实验中称取氮化铝样品的质量为10.0g，测得氨气的体积为3.36L(标准状况)，则样品中AlN的质量分数为___。27、（12分）Na2O2具有强氧化性，H2具有还原性，某同学根据氧化还原反应的知识推测Na2O2与H2能发生反应。为了验证此推测结果，该同学设计并进行如下实验。I.实验探究步骤1：按如图所示的装置组装仪器（图中夹持仪器已省略）并检查装置的气密性，然后装入药品。步骤2：打开K1、K2，在产生的氢气流经装有Na2O2的硬质玻璃管的过程中，未观察到明显现象。步骤3：进行必要的实验操作，淡黄色的粉末慢慢变成白色固体，无水硫酸铜未变蓝色。（1）组装好仪器后，要检查装置的气密性。简述检查虚线框内装置气密性的方法：________。（2）B装置中所盛放的试剂是_____，其作用是_______。（3）步骤3中的必要操作为打开K1、K2，_______（请按正确的顺序填入下列步骤的字母）。A．加热至Na2O2逐渐熔化，反应一段时间B．用小试管收集气体并检验其纯度C．关闭K1D．停止加热，充分冷却（4）由上述实验可推出Na2O2与H2反应的化学方程式为__________。II．数据处理（5）实验结束后，该同学欲测定C装置硬质玻璃管内白色固体中未反应完的Na2O2含量。其操作流程如下：①测定过程中需要的仪器除固定、夹持仪器外，还有电子天平、烧杯、酒精灯、蒸发皿和____。②在转移溶液时，若溶液转移不完全，则测得的Na2O2质量分数_____（填“偏大”“偏小”或“不变”）28、（14分）硫单质及其化合物在化工生成等领域应用广泛，工业尾气中的SO2一直是环境污染的主要原因之一。I．SO2尾气的处理方法1：燃煤中加入生石灰，将SO2转化为CaSO3，再氧化为CaSO4已知：a．CaO(s)+CO(g)=CaCO3(s)ΔH=−178.3kJ·mol−1b．2CaCO3(s)+2SO2(g)+O2(g)=2CaSO4(s)+2CO2(g)ΔH=−2762.2kJ·mol−1c．2CaSO3(s)+O2(g)=2CaSO4(s)ΔH=−2314.8kJ·mol−1（1）写出CaO(s)与SO2(g)反应生成CaSO3(s)的热化学方程式：___。方法2：用氨水将SO2转化为NH4HSO3，再氧化为(NH4)2SO4。（2）实验测得NH4HSO3溶液中=1500，则溶液的pH为________(已知：H2SO3的Ka1=1.5×10−2，Ka2=1．0×10−7，K(NH3·H2O)=1.74×10－5；)。NH4HSO3溶液中所含粒子浓度大小关系正确的是_____。Ac(NH4+)>c(HSO3－)>c(H+)>c(SO32−)>c(OH－)Bc(HSO3－)>c(NH4+)>(SO32－)>c(H+)>c(OH－)Cc(NH4+)+c(NH3·H2O)=c(HSO3－)+2c(SO32−)+c(H2SO3)Dc(H+)+c(H2SO3)=c(OH－)+c(SO32−)+c(NH3·H2O)II．SO2的回收利用：（3）SO2与Cl2反应可制得磺酰氯(SO2Cl2)，反应为SO2(g)＋Cl2(g)SO2Cl2(g)。按投料比1:1把SO2与Cl2充入一恒压的密闭容器中发生上述反应，SO2的转化率与温度T的关系如下图所示：①恒温恒压条件下，密闭容器中发生上述反应，下列事实不能说明反应达到平衡状态的是_______(填字母)。aSO2Cl2的浓度保持不变b混合气体的压强不再改变c混合气体的密度不再改变d混合气体的平均相对分子质量不再改变②若反应一直保持在p压强条件下进行，则M点的分压平衡常数Kp＝_____(用含p的表达式表示，用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×体积分数)。III．（4）过二硫酸(H2S2O8)是一种强氧化性酸，其结构式为。在工业上用作强氧化剂。①在Ag+催化作用下，S2O82−能与Mn2+在水溶液中发生反应生成SO42−和MnO4−，1molS2O82−能氧化的Mn2+的物质的量为_________mol。②工业上可用惰性电极电解硫酸和硫酸铵混合溶液制备过二硫酸铵。则阳极的电极反应式为________。29、（10分）扎来普隆是一种短期治疗失眠症的药物，其合成路线如下：回答下列问题：（1）A中的官能团名称是________________。（2）所需的试剂和条件分别为________________。（3）、的反应类型依次为________、________。（4）扎来普隆的分子式为________________。（5）的化学方程式为________________________。（6）属于芳香化合物，且含有硝基，并能发生银镜反应的B的同分异构体有________种（不考虑立体异构），其中核磁共振氢谱有4组峰的结构简式有________________。（7）已知：有碱性且易被氧化。设计由和乙醇制备的合成路线（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、B【解析】

A、NaCl为强电解质，电离方程式为NaCl=Na++Cl-，故A不符合题意；B、电解氯化铜溶液生成Cu和氯气，电解发生CuCl2Cu+Cl2↑，故B符合题意；C、醋酸为弱酸，电离方程式为CH3COOHCH3COO-+H+，故C不符合题意；D、焓变等于断裂化学键吸收的能量减去成键释放的能量，则H2(g)+Cl2(g)2HCl(g)=(436+243-431×2)kJ/mol=-183kJ/mol，因此H2

(g)+Cl2

(g)→2HCl(g)+183kJ，故D不符合题意；故选：B。电解池中阳极若是活性电极作阳极，则活性电极首先失电子，发生氧化反应，若是惰性电极作阳极，放电顺序为：，注意：①阴极不管是什么材料，电极本身都不反应，一定是溶液(或熔融电解质)中的阳离子放电；②最常用、最重要的放电顺序为阳极：Cl－>OH－；阴极：Ag＋>Cu2＋>H＋。2、A【解析】

A．a点时，pH=3，c(H+)=10-3mol·L-1，因为Ka=1.0×10-3，所以c(HA)=c(A—)，根据电荷守恒c(A—)+c(OH—)=c(Na+)+c(H+)和c(HA)=c(A—)即得c(HA)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，故A正确；B．a点溶质为HA和NaA，pH＝3，水电离出的c(OH—)＝10—11；b点溶质为NaOH和NaA，pH＝11，c(OH—)=10-3，OH—是由NaOH电离和水电离出两部分之和组成的，推断出由水电离处的c(OH—)<10-3，那么水电离的c(H+)＞10—11，故B错误；C．根据电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(A—)+c(OH—)可得c(Na+)=c(A—)+c(OH—)－c(H+)，假设C选项成立，则c(A—)+c(OH—)－c(H+)=c(HA)+c(A—)+c(OH—)，推出c(HA)+c(H+)=0，故假设不成立，故C错误；D．V=10mL时，HA与NaOH恰好完全反应生成NaA，A—+H2O⇌HA+OH—，水解后溶液显碱性，c(OH—)>c(H+)，即c(HA)>c(H+)，故D错误；故答案选A。判断酸碱中和滴定不同阶段水的电离程度时，要首先判断这一阶段溶液中的溶质是什么，如果含有酸或碱，则会抑制水的电离；如果是含有弱酸阴离子或弱碱阳离子的溶液，则会促进水的电离；水的电离程度与溶液pH无关。3、D【解析】

氨气与氧气发生了催化氧化反应：4NH3＋5O24NO＋6NO，可知4NH3～20e－，即4：20=，推出为NA=22.4n/5V。答案选D。4、B【解析】

A．Fe、Cu和稀盐酸能构成原电池，Fe易失电子作负极而加快反应速率，故A正确；B．将稀盐酸改用浓硫酸，浓硫酸和Fe发生钝化现象且二者反应生成二氧化硫而不是氢气，故B错误；C．将铁粉代替铁片，增大反应物接触面积，反应速率加快，故C正确；D．改用等体积3mol/L稀盐酸，盐酸浓度增大，反应速率加快，故D正确；故答案为B。考查化学反应速率影响因素，明确浓度、温度、催化剂、反应物接触面积等因素对反应速率影响原理是解本题关键，1mol/L盐酸与铁片的反应，增大盐酸浓度、将铁片换为铁粉、升高温度、使其形成原电池且Fe作负极都能加快反应速率，易错选项是B。5、D【解析】

A、P4是正四面体结构，每个P4分子中有6个共价键，1molP4(P原子均达到8电子稳定结构)中所含P-P键数目为6NA，故A错误；B.H2+I22HI反应前后气体分子数不变，0.1molH2和0.1molI2于密闭容器中充分反应后，其分子总数等于0.2NA，故B错误C.20mL10mol/L的浓硝酸与足量铜加热反应生成NO2和NO，转移电子数不是0.1NA，故C错误；D.1个NH2-含10个电子，0.1molNH2-所含电子数为6.02×1023个，故D正确。6、A【解析】A、根据图像，可以得知pH=2时c(HA－)>c(H2A)＋c(A2－)，故A说法错误；B、E点：c(A2－)=c(HA－)，根据电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(HA－)＋2c(A2－)，此时的溶质为Na2A、NaHA，根据物料守恒，2n(Na＋)=3n(A)，即2c(Na＋)=3c(A2－)＋3c(HA－)＋3c(H2A)，两式合并，得到c(Na＋)－c(HA－)=[c(HA－)＋3c(H2A)＋c(A2－)]/2，即c(Na＋)－c(HA－)=0.1＋c(H2A)，c(Na＋)-c(HA－)<0.100mol·L－1，故B说法正确；C、根据物料守恒和电荷守恒分析，当c(Na＋)=0.1mol·L－1溶液中：c(H＋)+c(H2A)=c(OH－)+c(A2－)，故C说法正确；D、根据电荷守恒，c(Na＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(HA－)＋2c(A2－)，pH=7，说明c(H＋)=c(OH－)，即c(Na＋)=c(HA－)＋2c(A2－)，因此有c(Na＋)>2c(A2－)，故D说法正确。7、B【解析】

A.未指明是否为标准状况，无法确定气体的物质的量，故A错误；B.D2l6O和H218O的摩尔质量均为20g/mol，故2gH218O和D2O的物质的量均为0.1mol，而且两者均含10个中子，故0.1molH218O和D2O中均含1mol中子即NA个，故B正确；C.过氧化钠与水反应时，氧元素的价态由-1价变为0价，故当生成0.1mol氧气时转移0.2mol电子即0.2NA个，故C错误；D.溶液的体积未知，无法计算溶液中微粒的个数，故D错误；故答案为B。8、A【解析】

基态原子4s轨道上有1个电子，在s区域价电子排布式为4s1，在d区域价电子排布式为3d54s1，在ds区域价电子排布式为3d104s1，在p区域不存在4s轨道上有1个电子，故A符合题意。综上所述，答案为A。9、B【解析】

A．苯氧乙醇的不饱和度为4，则其分子式为C8H2×8+2-4×2O2，A正确；B．苯氧乙醇中，苯氧基上的C、O原子一定在同一平面内，非羟基O原子与2个C原子可能在同一平面内，所以所有碳原子可能处于同一平面内，B不正确；C．苯氧乙醇中的苯基可发生加成反应，醇羟基能发生取代反应、HOCH2-能使酸性高锰酸钾溶液褪色，C正确；D．符合条件的有机物为、共4种，D正确；故选B。10、C【解析】

A.Na2S2O4溶于水，会与溶解在水中的氧气反应产生SO2，SO2能使品红溶液褪色，所以Na2S2O4的水溶液具有漂白性，A正确；B.Na2S2O4溶液与少量氧气反应产生亚硫酸氢钠和硫酸氢钠两种盐，反应方程式为：Na2S2O4+O2+H2O=NaHSO3+NaHSO4，所以Na2S2O4溶液可用作分析化学中的吸氧剂，B正确；C.Na2S2O4中S元素平均化合价为+3价，具有还原性，Cl2具有氧化性，AgNO3具有酸性和氧化性，所以Na2S2O4与Cl2和AgNO3溶液都可以发生反应，C错误；D.隔绝空气加热Na2S2O4分解可生成SO2和两种盐Na2S2O3、Na2SO3，D正确；故合理选项是C。11、B【解析】

A．实验时坩埚未完全干燥，计算出的结晶水的质量偏高，会使误差偏大，故A错误；B．加热后固体未放入干燥器中冷却，固体部分吸水，差距值变小，结果偏小，故B正确；C．加热过程中晶体有少量溅失，固体质量减少得多，结晶水含量测得值会偏高，故C错误；D．加热后固体颜色有少量变黑，说明部分硫酸铜分解，导致计算出的结晶水的质量偏高，测定结果偏高，故D错误；故答案为B。考查硫酸铜晶体中结晶水含量的测定，明确实验操作方法和原理为解答关键，根据结晶水合物中，结晶水的质量=m(容器十晶体)-m(容器十无水硫酸铜)，质量分数=×100%，在测定中若被测样品中含有加热挥发的杂质或实验前容器中有水，都会造成测量结果偏高。12、D【解析】

A、SO2与碳酸氢钠反应：SO2+NaHCO3=NaHSO3+CO2↑或SO2+2NaHCO3=Na2SO3+H2O+2CO2↑

，CO2能够与碱石灰反应，应采用浓硫酸或者无水氯化钙等干燥，故A不符合题意；B、Cu与空气中氧气在加热条件下能反应生成CuO，应将混合固体加入稀盐酸溶液中，然后过滤干燥，故B不符合题意；C、FeCl2与氯气会发生反应，因此达不到除杂目的，故C不符合题意；D、KNO3溶解度随温度变化较大，而NaCl溶解度随温度变化较小，将混合固体溶于水后，制成饱和溶液后，将溶液冷却，KNO3会析出，而NaCl在溶液中，可达到除杂的目的，故D符合题意；故答案为：D。KNO3中混有少量NaCl，提纯的方法是：①溶解成热饱和溶液→②冷却结晶→③过滤；NaCl中混有少量KNO3，提纯的方法是：①溶解成饱和溶液→②加热蒸发、浓缩结晶→③过滤；需注意二者试验操作的区分。13、A【解析】

A．粗铜与电源正极相连，为阳极，阴极上铜离子得到电子生成Cu，可电解精炼铜，故A正确；B．左侧发生吸氧腐蚀，右侧发生析氢腐蚀，则红墨水水柱两边液面变为左高右低，故B错误；C．由图可知，需要钠离子透过交换膜，精制饱和食盐水，则交换膜为阳离子交换膜，故C错误；D．铁闸门与电源正极相连，失去电子，加速腐蚀，故D错误；答案选A。14、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。15、D【解析】

A．X()的分子式为C8H8O2，故A错误；B．Y()分子中含有甲基(-CH3)，甲基为四面体结构，所有原子不可能共平面，故B错误；C．Z()分子中有7种环境的氢原子，一氯取代物有7种，故C错误；D．Z()中含有酯基，能与稀硫酸发生水解反应，故D正确；故选D。16、C【解析】

A、H2SO3为弱酸，a点溶液中含硫的粒子有SO32-、HSO3-、H2SO3，a点溶液体积大于20mL，根据物料守恒有c(H2SO3)+c(SO32－)+c(HSO3－)˂0.1mol·L−1，a点所加氢氧化钠溶液体积小于20ml，所以和H2SO3反应产物为NaHSO3和H2SO3，根据H2SO3的Ka1=c(HSO3－)×c(H+)/c(H2SO3)，根据pKa1=−lgKa1有Ka1=10-1.85=c(HSO3－)×10-1.85/c(H2SO3)，所以c(HSO3－)=c(H2SO3)，带入物料守恒式子中有：2c(H2SO3)+c(SO32－)˂0.1mol·L−1，A错误。B、b点加入氢氧化钠溶液的体积为20mL，与H2SO3恰好生成NaHSO3，根据物料守恒有：c(Na+)=c(SO32－)+c(HSO3－)+c(H2SO3)，根据电荷守恒有：c(OH-)+2c(SO32－)+c(HSO3－)=c(Na+)+c(H+)，所以有：c(OH-)+2c(SO32－)+c(HSO3－)=c(SO32－)+c(HSO3－)+c(H2SO3)+c(H+)，故c(H2SO3)+c(H+)=c(SO32－)+c(OH－)，B正确。C、c点加入的氢氧化钠溶液大于20ml小于40ml，所以生成的溶质为Na2SO3和NaHSO3，根据c点溶液中H2SO3的第二步平衡常数，由pKa2=7.19可得Ka2=10-7.19，又根据Ka2=c(SO32-)×c(H+)/c(HSO3-)，c(H+)=10-7.19,所以c(SO32-)=c(HSO3－)，又根据电荷守恒有c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+2c(SO32－)+c(HSO3－)，所以有c(Na+)=c(OH-)+3c(HSO3－)-c(H+)，又因为c点呈碱性，c(OH-)＞c(H+)，所以c(Na+)＞3c(HSO3－)，C正确；D、d点恰好完全反应生成Na2SO3溶液，SO32-水解得到HSO3－，但是水解程度小，故有c(Na+)>c(SO32－)>c(HSO3－)，D正确。正确答案为A本题考查水溶液中离子浓度大小的比较，较难。B、D选项容易判断，主要是A、C两个选项的判断较难，首先须分析每点溶液中溶质的成分及酸碱性、然后利用电离常数和对应点氢离子浓度，得到有关的某两种离子浓度相等的等式，然后利用不等式的知识解答。17、C【解析】

用0.1mol/LNaOH溶液滴定40mL0.1mol/LH2SO4溶液，由于H2SO3是二元酸，滴定过程中存在两个化学计量点，滴定反应为：NaOH+H2SO3═NaHSO3+H2O，NaHSO3+NaOH═Na2SO3+H2O，完全滴定需要消耗NaOH溶液的体积为80mL，结合溶液中的守恒思想分析判断。【详解】A．由图像可知，当溶液中c(HSO3-)=c(SO32－)时，此时pH=7.19，即c(H+)=10-7.19mol/L，则H2SO3的Ka2=c(SO32－)cH+c（HSO3-）=c(H+)，所以H2SO3的Ka2=1×10-7.19，B．第一反应终点时，溶液中恰好存在NaHSO3，根据图像，此时溶液pH=4.25，甲基橙的变色范围为3.1~4.4，可用甲基橙作指示剂，故B正确；C．Z点为第二反应终点，此时溶液中恰好存在Na2SO3，溶液pH=9.86，溶液显碱性，表明SO32-会水解，考虑水也存在电离平衡，因此溶液中c(OH-)＞c(HSO3-)，故C错误；D．根据图像，Y点溶液中c(HSO3-)=c(SO32-)，根据电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HSO3-)+2c(SO32-)，由于c(HSO3-)=c(SO32-)，所以3c(SO32-)=c(Na+)+c(H+)-c(OH-)，故D正确；答案选C。明确滴定反应式，清楚特殊点的含义，把握溶液中的守恒思想是解答本题的关键。本题的易错点为A，要注意根据Y点结合Ka2的表达式分析解答。18、D【解析】

A.该装置为外加电源的电解池原理；B.根据装置图易知，阳极生成的CuCl2与C2H4发生了氧化还原反应，根据化合价的升降判断该氧化还原反应的规律；C.根据电解池阴阳极发生的电极反应式及溶液电中性原则分析作答；D.根据具体的电解反应与氧化还原反应综合写出该装置的总反应。【详解】A.该装置为电解池，则工作时，电能转变为化学能，故A项错误；B.C2H4中C元素化合价为-2价，ClCH2CH2Cl中C元素化合价为-1价，则CuCl2能将C2H4氧化为1，2一二氯乙烷，故B项错误；C.该电解池中，阳极发生的电极反应式为：CuCl-e-+Cl-=CuCl2，阳极区需要氯离子参与，则X为阴离子交换膜，而阴极区发生的电极反应式为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，有阴离子生成，为保持电中性，需要电解质溶液中的钠离子，则Y为阳离子交换膜，故C项错误；D.该装置中发生阳极首先发生反应：CuCl-e-+Cl-=CuCl2，生成的CuCl2再继续与C2H4反应生成1，2一二氯乙烷和CuCl，在阳极区循环利用，而阴极水中的氢离子放电生成氢气，其总反应方程式为：CH2＝CH2＋2H2O＋2NaClH2＋2NaOH＋ClCH2CH2Cl，故D项正确；答案选D。19、D【解析】

光照时贮能VO2+失电子转化为VO2+，b极为阳极，a极为阴极，放电时b极为正极，a极为负极，据此分析解答。【详解】A.贮能时，光能转变为化学能，选项A错误；B.贮能时电子由b极流出，放电时电子由a极流出，在导线中流向不相同，选项B错误；C.贮能时，氢离子由阳极b极区迁移至阴极a极区，选项C错误；D.放电时，b极为正极，发生电极反应：VO2+2H++e-=VO2++H2O，选项D正确；答案选D。20、C【解析】

A.FRP属于纤维增强复合材料，不属于无机非金属材料，A项错误；B.ETFE保温内膜属于乙烯-四氟乙烯共聚物，不属于无机非金属材料，B项错误；C.长城城砖属于无机非金属材料，C项正确；D.高山滑雪服内层有一层单向芯吸效应的化纤材料，外层是棉制品，不属于无机非金属材料，D项错误；答案选C。21、D【解析】

A．HCO3-与SiO32-反应生成H2SiO3和CO32-，通入过量HC1，发生反应的离子方程式为2H++SiO32-=H2SiO3↓、H++HCO3-=H2O+CO2↑，故A不符合题意；B．题给四种离子可以大量共存，通入过量H2S，发生反应的离子方程式为2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+，故B不符合题意；C．HClO与SO32-因发生氧化还原反应而不能大量共存，故C不符合题意；D．题给四种离子可以大量共存，加入过量NaNO3，发生反应的离子方程式为6I-+2NO3-+8H+=2NO↑+4H2O+3I2，故D符合题意。故答案选D。22、D【解析】

A、CuSO4为强酸弱碱盐，水解溶液呈酸性，选项A错误；B.CuSO4与H2S反应生成硫化铜和硫酸，H2S必须写化学式，反应的离子方程式为：Cu2++H2S=CuS↓+2H+，选项B错误；C.用惰性电极电解CuSO4溶液时，阴极上铜离子得电子产生铜单质，阳极上氢氧根离子失电子产生氧气，选项C错误；D、在溶液中，根据电荷守恒有：2c(Cu2+)+c(H+)=2c(SO42-)+c(OH-)，选项D正确；答案选D。二、非选择题(共84分)23、羟基羧基取代反应【解析】(1)根据有机物E的结构简式，可知分子中含氧官能团为羟基和羧基，故答案为羟基、羧基；(2)根据反应流程图，对比A、X、C的结构和X的分子式为C14Hl5ON可知，X的结构简式为，故答案为；(3)对比B、C的结构可知，B中支链对位的H原子被取代生成C，属于取代反应，故答案为取代反应；(4)F为。①能与FeCl3溶液发生显色反应，说明苯环上含有羟基；②能使溴水褪色，说明含有碳碳双键等不饱和键；③有3种不同化学环境的氢，满足条件的F的一种同分异构体为，故答案为；（5）以为原料制备，需要引入2个甲基，可以根据信息引入，因此首先由苯甲醇制备卤代烃，再生成，最后再水解即可，流程图为，故答案为。点睛：本题考查有机物的推断与合成，是高考的必考题型，涉及官能团的结构与性质、常见有机反应类型、有机物结构、同分异构体的书写、有机合成路线的设计等，充分理解题目提供的信息内涵，挖掘隐含信息，寻求信息切入点，可利用类比迁移法或联想迁移法，注意（5）中合成路线充分利用信息中甲基的引入。24、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。25、碱石灰(或生石灰、氢氧化钠固体)排尽装置中的空气2Na+2NH32NaNH2+H2油浴加热NaNH2+N2ONaN3+H2O65%ACClO－＋2N3-＋H2O=Cl－＋2OH－＋3N2↑【解析】

(1)制备的氨气中含有大量的水，B中盛放碱石灰干燥氨气，故答案为：碱石灰(或生石灰、氢氧化钠固体)；(2)用氨气排尽装置中的空气，防止加热时空气中的氧气等能与钠反应，步骤②制备NaNH2，还生成氢气，反应方程式为：2Na+2NH32NaNH2+H2；控制温度210∼220℃，故选用油浴加热，故答案为：排尽装置中的空气；2Na+2NH32NaNH2+H2；油浴加热；(3)NaNH2和N2O在210∼220℃下反应生成NaN3和水，反应为：NaNH2+N2ONaN3+H2O，故答案为：NaNH2+N2ONaN3+H2O；（4）Ce4+的物质的量浓度总计为0.10mol⋅L−1×0.04L=0.004mol，分别与Fe2+和N3−反应。其中与Fe2+按1:1反应消耗0.10mol⋅L−1×0.02L=0.002mol，则与N3−按1:1反应也为0.002mol，即10mL所取溶液中有0.002molN3−，原2.0g叠氮化钠试样，配成100mL溶液中有0.02mol即1.3gNaN3，所以样品质量分数为=65%；A.使用叠氮化钠溶液润洗锥形瓶，使进入锥形瓶中溶质比所取溶液更多，滴定消耗的硫酸亚铁铵标准液体积减小，叠氮化钠溶液浓度偏大，故A正确；B.六硝酸铈铵溶液实际取量大于40.00mL，滴定消耗的硫酸亚铁铵标准液体积增大，计算叠氮化钠溶液浓度偏小，故B错误；C.滴定前无气泡，终点时出现气泡，则读数体积为实际溶液体积减气泡体积，硫酸亚铁铵标准液读数体积减小，叠氮化钠溶液浓度偏大，故C正确；D选项，滴定过程中，将挂在锥形瓶壁上的硫酸亚铁铵标准液滴用蒸馏水冲进瓶内无影响，故D错误；故答案为：65%；AC；（5）反应后溶液碱性明显增强，且产生无色无味的无毒气体，根据氧化还原反应得失电子守恒，则发生的离子反应为：ClO－＋2N3-＋H2O=Cl－＋2OH－＋3N2↑故答案为：ClO－＋2N3-＋H2O=Cl－＋2OH－＋3N2↑。26、NaNO2+NH4ClNaCl+N2↑+2H2Oc用酒精灯微热蒸馏烧瓶，导管口有气泡冒出，撤掉酒精灯一段时间，导管内上升一段水柱，证明气密性良好在干燥管D末端连接一个尾气处理装置c不变61.5%【解析】

制取氮化铝：用饱和NaNO2与NH4Cl溶液制取氮气NaNO2+NH4ClNaCl+N2↑+2H2O，装置中分液漏斗与蒸馏烧瓶之间的导管A，平衡内外压强，使NaNO2饱和溶液容易滴下，制得的氮气排尽装置中的空气，碱石灰干燥氮气，氧化铝、碳和氮气在高温的条件下生成氮化铝和一氧化碳，方程式为：Al2O3+3C+N22AlN+3CO，D防止空气进入反应装置干扰实验；（1）饱和NaNO2与NH4Cl溶液应生成氯化钠、氮气和水；（2）根据实验的需要结合大气压强原理来回答；（3）只要先将装置密封再利用热胀冷缩原理进行气密性验证；（4）实验必须对有毒气体进行尾气处理，防止空气污染；（5）氮化铝和氢氧化钠反应会生成氨气，氨气进入广口瓶后，如果装置密闭，广口瓶中压强会增大，那么就会有水通过广口瓶的长管进入量筒中，根据等量法可知，进入到广口瓶中水的体积就等于生成的氨气的体积．所以通过量筒中排出的水的体积就可以知道氨气的体积，然后有氨气的密度求出氨气的质量，进而根据方程式求出氮化铝的质量。①产生的氨气极易溶于水，为防止氨气溶于水需要把气体与水隔离，因此应选择不能与氨气产生作用的液体作为隔离液；选用的试剂应是和水不互溶，且密度大于水的；②反应前广口瓶的上方留有的少量空间填充的是空气，反应后广口瓶的上方留有的少量空间填充的是氨气，氨气代替了开始的空气，把最后空间中充入的氨气当成开始时的空气即可；③根据氨气的体积计算出物质的量，得出其中氮原子的物质的量，根据氮原子守恒，来计算氮化铝的百分含量。【详解】制取氮化铝：用饱和NaNO2与NH4Cl溶液制取氮气NaNO2+NH4ClNaCl+N2↑+2H2O，装置中分液漏斗与蒸馏烧瓶之间的导管A，平衡内外压强，使NaNO2饱和溶液容易滴下，制得的氮气排尽装置中的空气，碱石灰干燥氮气，氧化铝、碳和氮气在高温的条件下生成氮化铝和一氧化碳，方程式为：Al2O3+3C+N22AlN+3CO，D防止空气进入反应装置干扰实验。（1）饱和NaNO2与NH4Cl溶液反应生成氯化钠、氮气和水，反应为NaNO2+NH4ClNaCl+N2↑+2H2O；故答案为：NaNO2+NH4ClNaCl+N2↑+2H2O；（2）装置中分液漏斗与蒸馏烧瓶之间的导管A具有平衡气压的作用，这样可以保证NaNO2饱和溶液容易滴下，故选c；（3）关闭分液漏斗开关，使装置处于密闭体系，将导管一端浸入水中，用手紧握锥形瓶外壁，由于热胀冷缩，锥形瓶内气体受热膨胀，如果导管口有气泡冒出，说明气密性良好，否则装置漏气，故答案为：用酒精灯微热蒸馏烧瓶，导管口有气泡冒出，撤掉酒精灯一段时间，导管内上升一段水柱，证明气密性良好；（4）实验必须对有毒气体进行尾气处理，应在干燥管D末端连接一个尾气处理装置，防止空气污染，故答案为：在干燥管D末端连接一个尾气处理装置；（5）①酒精、汽油虽然都不能与氨气发生反应，但它们却都极易挥发，挥发出来的气体对实验有影响而且挥发完后不能再起到隔离氨气与水接触的作用；同时由于酒精易溶于水，也不能达到隔离的目的；CCl4密度大于水，不能起到隔离作用，而植物油既不溶于水，密度小于水也不易挥发，可以把氨气与水进行隔离；故答案为：c；

②本次实验的目的在于测定产生气体的体积而不是收集纯净的气体，因此，把最后空间中充入的氨气当成开始时的空气即可，不会对测量结果产生影响，故答案为：不变；

③氨气的体积为3.36L（标准状况），物质的量是0.15mol，所以氮化铝的物质的量是0.15mol，质量是0.15mol×41g/mol=6.15g，所以氮化铝的质量分数为×100%=61.5%，故答案为：61.5%。本题考查对实验原理的理解与实验操作评价、物质含量测定、化学计算等，理解实验原理是关键，是对所学知识的综合运用，需要学生具备扎实的基础知识与综合运用知识分析问题、解决问题的能力，学习中全面把握基础知识。27、关闭K1，向A装置中的漏斗加水至漏斗内液面高于漏斗外液面，并形成一段水柱，一段时间后水柱稳定不降，说明虚线框内的装置气密性良好碱石灰吸收氢气中的水和氯化氢BADCNa2O2+H22NaOH玻璃棒偏小【解析】I．(1)关闭K1，向A装置中的漏斗加水至漏斗内液面高于漏斗外液面，并形成一段水柱，一段时间后水柱稳定不降，说明启普发生器的气密性良好；(2)A中生成的H2中混有水蒸气和挥发出的HCl，应利用B装置中所盛放的碱石灰吸收吸收氢气中的水和氯化氢；(3)步骤3中的必要操作为打开K1、K2，应先通一会儿氢气并用小试管收集气体并检验其纯度，当装置内空气完全除去后，加热C中至Na2O2逐渐熔化，反应一段时间，然后停止加热，充分冷却，最后关闭K1，故操作顺序为BADC；(4)Na2O2与H2反应无水生成，说明产物为NaOH，发生反应的化学方程式为Na2O2+H22NaOH；II．①NaCl溶液蒸发操作进需要用玻璃棒搅拌，则操作过程中需要的仪器除固定、夹持仪器外，还有电子天平、烧杯、酒精灯、蒸发皿和玻璃棒；②在转移溶液时，若溶液转移不完全，则得到NaCl的固体质量偏低，固体增重量偏低，导致NaOH的含量偏高，则测得的Na2O2质量分数偏小。点睛：解答综合性实验设计与评价题的基本流程：原理→反应物质→仪器装置→现象→结论→作用意义→联想。具体分析为：①实验是根据什么性质和原理设计的？实验的目的是什么？②所用各物质名称、状态、代替物(根据实验目的和相关的化学反应原理，进行全面的分析比较和推理，并合理选择)。③有关装置：性能、使用方法、适用范围、注意问题、是否有替代装置可用、仪器规格等。④有关操作：技能、操作顺序、注意事项或操作错误的后果。⑤实验现象：自下而上，自左而右全面观察。⑥实验结论：直接结论或导出结论。28、CaO（s）+SO2（g）=CaSO3（s）ΔH=−402.0kJ·mol−16ADb3/p0.42SO42−−2e−=S2O82−【解析】

(1)CaO(s)与SO2(g)反应生成CaSO3(s)方程式为：CaO(s)+SO2(