2025-2026学年安徽省马鞍山市高三下学期联合考试化学试题（含答案解析）

这是一份2025-2026学年安徽省马鞍山市高三下学期联合考试化学试题（含答案解析），共13页。

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、为制取含HClO浓度较高的溶液，下列图示装置和原理均正确，且能达到实验目的的是
A．制取氯气B．制取氯水
C．提高HClO浓度D．过滤
2、下列判断中一定正确的是（ ）
A．若R2-和M+的核外电子层结构相同，则原子序数：R>M
B．若X、Y属于同主族元素，且相对原子质量X>Y，则原子失电子能力：X>Y
C．若X、Y都是气态氢化物，且相对分子质量X>Y，则沸点：X>Y
D．若金属性M>N，则以M、N为两电极的原电池中M一定是负极
3、举世闻名的侯氏制碱法的工艺流程如下图所示，下列说法正确的是（ ）
A．往母液中加入食盐的主要目的是使更多的析出
B．从母液中经过循环Ⅰ进入沉淀池的主要是、和氨水
C．沉淀池中反应的化学方程式：
D．设计循环Ⅱ的目的是使原料氯化钠的利用率大大提升
4、设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )
A．14g乙烯和丙烯的混合物中极性键数目为2NA
B．标准状况下，与在光照条件下反应生成HCl分子数为
C．容器中2mlNO与1mlO2充分反应，产物的分子数为2NA
D．电解精炼铜时阳极减轻32 g，电路中转移电子数目一定为NA
5、化学与生活密切相关，下列说法错误的是
A．纯棉面料主要含C、H 、O 三种元素
B．植物油的主要成分属于酯类物质
C．用于食品包装的聚乙烯塑料能使溴水褪色
D．聚乳酸 ( ) 的降解过程中会发生取代反应
6、关于下列四个装置的说明符合实验要求的是
A．装置①：实验室中若需制备较多量的乙炔可用此装置
B．装置②：实验室中可用此装置来制备硝基苯，但产物中可能会混有苯磺酸
C．装置③：实验室中可用此装置分离含碘的四氯化碳液体，最终在锥形瓶中可获得碘
D．装置④：实验室中可用此装置来制备乙酸乙酯并在烧瓶中获得产物
7、工业上制备纯硅反应的热化学方程式如下：SiCl4(g)+2H2(g)Si(s)+4HCl(g)；ΔH=+QkJ·ml-1(Q＞0)，某温度、压强下，将一定量反应物通入密闭容器进行以上反应，下列叙述正确的是（ ）
A．反应过程中，若增大压强能提高SiCl4的转化率
B．若反应开始时SiCl4为1ml，则达平衡时，吸收热量为QkJ
C．反应至4min时，若HCl浓度为0.12ml·L-1，则H2反应速率为0.03ml·L-1·min-1
D．当反应吸收热量为0.025QkJ时，生成的HCl通入100mL1ml·L-1的NaOH溶液恰好反应
8、对下列实验现象或操作解释错误的是( )
A．AB．BC．CD．D
9、下列除去括号内杂质的方法正确的是（ ）
A．FeCl2(FeCl3)：加入足量铁屑，充分反应后过滤
B．CO2(HCl)：通过饱和NaOH溶液，收集气体
C．N2(O2)：通过灼热的CuO粉末，收集气体
D．KCl (MgCl2)：加入适量NaOH溶液，过滤
10、新型材料B4C可用于制作切削工具和高温热交换器。关于B4C的推断正确的是
A．B4C是一种分子晶体B．B4C是该物质的分子式
C．B4C是一种原子晶体D．B4C的电子式为
11、 “ZEBRA”蓄电池的结构如图所示，电极材料多孔Ni/NiCl2和金属钠之间由钠离子导体制作的陶瓷管相隔。下列关于该电池的叙述错误的是（ ）
A．电池反应中有NaCl生成
B．电池的总反应是金属钠还原三价铝离子
C．正极反应为：NiCl2+2e-=Ni+2Cl-
D．钠离子通过钠离子导体在两电极间移动
12、用下列实验装置和方法进行相应实验，能达到实验目的的是
A．甲装置用于分离 CCl4和I2
B．乙装置用于分离乙醇和乙酸乙酯
C．丙装置用于分离氢氧化铁胶体和氯化钠溶液
D．丁装置用于由氯化铵饱和溶液得到氯化铵晶体
13、我国是世界最大的耗煤国家，下列加工方法不属于煤的综合利用的是
A．干馏B．气化C．液化D．裂解
14、某同学用Na2CO3和NaHCO3溶液进行如图所示实验。下列说法中正确的是( )
A．实验前两溶液的pH相等
B．实验前两溶液中离子种类完全相同
C．加入CaCl2溶液后生成的沉淀一样多
D．加入CaCl2溶液后反应的离子方程式都是CO32-＋Ca2＋===CaCO3↓
15、设计如下装置探究HCl溶液中阴、阳离子在电场中的相对迁移速率（已知：Cd的金属活动性大于Cu）。恒温下，在垂直的玻璃细管内，先放CdCl2溶液及显色剂，然后小心放入HCl溶液，在aa’处形成清晰的界面。通电后，可观察到清晰界面缓缓向上移动。下列说法不正确的是
A．通电时，H+、Cd2+向Pt电极迁移，Cl-向Cd电极迁移
B．装置中总反应的化学方程式为：Cd + 2HClCdCl2 + H2↑
C．一定时间内，如果通过HCl溶液某一界面的总电量为5.0 C，测得H+所迁移的电量为4.1 C，说明该HCl溶液中H+的迁移速率约是Cl-的4.6倍
D．如果电源正负极反接，则下端产生大量Cl2，使界面不再清晰，实验失败
16、下列说法正确的是（ ）
A．如图有机物核磁共振氢谱中出现8组峰
B．如图有机物分子式为C10H12O3
C．分子式为C9H12的芳香烃共有9种
D．蓝烷的一氯取代物共有6种（不考虑立体异构）
17、《本草纲目》中的“石碱”条目下写道:“采蒿蓼之属……晒干烧灰,以原水淋汁……久则凝淀如石……浣衣发面,甚获利也。”下列说法中错误的是
A．“石碱”的主要成分易溶于水
B．“石碱”俗称烧碱
C．“石碱”可用作洗涤剂
D．“久则凝淀如石”的操作为结晶
18、有机物 X 分子式为C3H6O，有多种同分异构体。其中之一丙醛(液态)的燃烧热为1815kJ/ml。下列说法不正确的是
A．X 的同分异构体中，含单官能团的共 5 种
B．1ml X 最多能和 1ml H2 加成
C．表示丙醛燃烧热的热化学方程式为：C3H6O(l)+4O2(g) = 3CO2 (g)+3H2O(l) △H=+1815kJ/ml
D．X 的同分异构体其中之一 CH2=CHCH2OH 可以发生取代反应、加成反应、加聚反应、氧化反应
19、已知硫酸亚铁溶液中加入过氧化钠时发生反应：4Fe2＋＋4Na2O2＋6H2O=4Fe(OH)3↓＋O2↑＋8Na＋，则下列说法正确的是
A．该反应中Fe2＋是还原剂，O2是还原产物
B．4 ml Na2O2在反应中共得到8NA个电子
C．每生成0.2 ml O2，则被Fe2＋还原的氧化剂为0.4 ml
D．反应过程中可以看到白色沉淀转化为灰绿色再转化为红褐色沉淀
20、X、Y、Z、W是原子序数依次增大的前四周期元素，X、Z的周期序数=族序数，由这四种元素组成的单质或化合物存在如图所示的转化关系，其中甲、戊是两常见的金属单质，丁是非金属单质，其余为氧化物且丙为具有磁性的黑色晶体。下列说法正确的是
A．W的原子序数是Z的两倍，金属性强于Z
B．W元素在周期表中的位置是第四周期VIII族
C．丙属于两性氧化物
D．等物质的量的甲和戊完全溶于稀硝酸，消耗的HNO3的量一定相等
21、在下列各用途中，利用了物质的氧化性的是
A．用食盐腌制食物B．用漂粉精消毒游泳池中的水
C．用汽油洗涤衣物上的油污D．用盐酸除去铁钉表面的铁锈
22、室温下向溶液中加入的一元酸HA溶液pH的变化曲线如图所示。下列说法正确的是
A．a点所示溶液中
B．a、b两点所示溶液中水的电离程度相同
C．时，
D．b点所示溶液中
二、非选择题(共84分)
23、（14分）有机物 W 在医药和新材料等领域有广泛应用。W 的一种合成路线如图：
已知部分信息如下：
请回答下列问题：
(1)Y 的化学名称是___；Z 中官能团的名称是___；
(2)中_____________（填“有”或“无”）手性碳原子；图示中 X 转化为 Y 的反应类型是___。
(3)生成 W 的化学方程式为___。
(4)G 是对硝基乙苯的同分异构体，G 能和碳酸钠反应产生气体且分子中含有—NH2（氨基），G的同分异构体有___种（不考虑立体结构），其中在核磁共振氢谱上峰的面积比为 1∶2∶2∶2∶2 的结构简式为_________________。
(5)设计以苯乙烯和丙酮为原料制备药物中间体的合成路线__________（无机试剂自选）。
24、（12分）白藜芦醇(结构简式：)属二苯乙烯类多酚化合物，具有抗氧化、抗癌和预防心血管疾病的作用。某课题组提出了如下合成路线：
已知：①RCH2Br +
②
根据以上信息回答下列问题：
(1)白藜芦醇的分子式是_________
(2)C→D的反应类型是：__________；E→F的反应类型是______。
(3)化合物A不与FeCl3溶液发生显色反应，能与NaHCO3溶液反应放出CO2，推测其核磁共振谱(1H-NMR)中显示不同化学环境的氢原子个数比为_______(从小到大)。
(4)写出A→B反应的化学方程式：_____________；
(5)写出结构简式；D________、E___________；
(6)化合物符合下列条件的所有同分异构体共________种，
①能发生银镜反应；②含苯环且苯环上只有两种不同化学环境的氢原子。
写出其中不与碱反应的同分异构体的结构简式：_______。
25、（12分）Ⅰ．现代工业常以氯化钠为原料制备纯碱，部分工艺流程如图：
已知NaHCO3在低温下溶解度较小。
（1）反应Ⅰ的化学方程式为______。
（2）处理母液的两种方法：
①向母液中加入石灰乳，反应的化学方程式为____，目的是使____循环利用。
②向母液中____并降温，可得到NH4Cl晶体。
Ⅱ．某化学小组模拟“侯氏制碱法”，以NaCl、NH3、CO2和水等为原料以及如图所示装置制取NaHCO3，然后再将NaHCO3制成Na2CO3。
（3）装置丙中冷水的作用是______；由装置丙中产生的NaHCO3制取Na2CO3时，需要进行的实验操作有______、洗涤、灼烧。
（4）若灼烧的时间较短，NaHCO3将分解不完全，该小组对一份加热了t1 min的NaHCO3 样品的组成进行了以下探究。
取加热了t1min的NaHCO3样品29.6g完全溶于水制成溶液，然后向此溶液中缓慢地滴加稀盐酸，并不断搅拌。随着盐酸的加入，溶液中有关离子的物质的量的变化如图所示。曲线c对应的溶液中的离子是____（填离子符号）；该样品中NaHCO3和Na2CO3的物质的量分别是___ml、___ml。
26、（10分）1 -溴丙烷是一种重要的有机合成中间体，实验室制备少量1 -溴丙烷的实验装置如下:
有关数据见下表:
步骤1:在仪器A中加入搅拌磁子、12 g正丙醇及20 mL水,冰水冷却下缓慢加入25 mL 18. 4 ml·L-1的浓H2SO4 ;冷却至室温,搅拌下加入24 g NaBr。
步骤2:按如图所示搭建实验装置,缓慢加热,直到无油状物蒸馏出为止。
回答下列问题:
（1）使用油浴加热的优点主要有_____________.
（2）仪器A的容积最好选用__________.（填字母）。
A 50 mL B 100 mL C 250mL. D 500mL.
（3）步骤1中如果不加入20 mL水或者加入的水过少,烧瓶中会有大量红棕色蒸气产生,写出该反应的化学方程式:_____。
（4）提纯产品的流程如下:
①加入碳酸钠溶液的目的之一是通过反应除去产品中的Br2,已知反应中还原产物与氧化产物的物质的量之比为5:1,写出反应的离子方程式:________。
②操作I得到的有机层中可能含有水、丁醇等杂质,检验水的试剂可选用______（填字母,下同）。
a 金属钠 b 胆矾 c 无水硫酸铜 d 碱石灰，
③操作II选择的装置为______________。
（5）本实验制得的纯产品为14.8 g,则产率为_______（保留小数点后一位）。
27、（12分）纳米TiO2是一种重要的光催化剂。以钛酸酯Ti(OR)4为原料制备纳米TiO2的步骤如下：
①组装装置如下图所示，保持温度约为65℃，先将30mL钛酸四丁酯[Ti(OC4H9)4]加入盛有无水乙醇的三颈烧瓶，再加入3mL乙酰丙酮，充分搅拌；
②将含水20％的乙醇溶液缓慢滴入三颈烧瓶中，得到二氧化钛溶胶；
③将二氧化钛溶胶干燥得到二氧化钛凝胶，灼烧凝胶得到纳米TiO2。
已知，钛酸四丁酯能溶于除酮类物质以外的大部分有机溶剂，遇水剧烈水解；Ti(OH)4不稳定，易脱水生成TiO2，回答下列问题：
(1)仪器a的名称是_______，冷凝管的作用是________。
(2)加入的乙酰丙酮可以减慢水解反应的速率，其原理可能是________(填标号)。
a.增加反应的焓变 b.增大反应的活化能
c.减小反应的焓变 d.降低反应的活化能
制备过程中，减慢水解反应速率的措施还有________。
(3)步骤②中制备二氧化钛溶胶的化学方程式为________。下图所示实验装置中，可用于灼烧二氧化钛凝胶的是________(填标号)。
(4)测定样品中TiO2纯度的方法是：精确称取0.2000 g样品放入锥形瓶中，加入硫酸和硫酸铵的混合溶液，加强热使其溶解。冷却后，加入一定量稀盐酸得到含TiO2+的溶液。加入金属铝，将TiO2+全部转化为Ti3+。待过量的金属铝完全溶解并冷却后，加入指示剂，用0.1000 ml·L-lNH4Fe(SO4)2溶液滴定至终点。重复操作2次，消耗0.1000 ml·L-1 NH4Fe(SO4)2溶液的平均值为20.00 mL(已知：Ti3+ ＋Fe3+＋H2O=TiO2+ ＋Fe2+ ＋2H＋)。
①加入金属铝的作用除了还原TiO2＋外，另一个作用是________________。
②滴定时所用的指示剂为____________(填标号)
a.酚酞溶液 b. KSCN溶液 c. KMnO4溶液 d.淀粉溶液
③样品中TiO2的质量分数为________%。
28、（14分）运用化学反应原理研究氮、氯等单质及其化合物的反应有重要意义。
（1）科学家研究在一定条件下通过下列反应制备NH3:
①在其他条件相同时，反应中NH3的体积分数(a)在不同温度下随反应时间(t)的变化如图。该反应的平衡常数表达式K=______，该反应中的____0（填“>”“”“0
回答下列问题：
(1)反应(l)+2H2(g)(l)的△H=_________ kJ/ml。
(2)一定条件下，将环戊二烯溶于有机溶剂进行氢化反应（不考虑二聚反应），反应过程中保持氢气压力不变，测得环戊烯和环戊烷的产率（以环戊二烯为原料计）随时间变化如图所示：
①0～4 h氢化反应速率比副反应快的可能原因是___________________。
②最佳的反应时间为_________h。若需迅速减慢甚至停止反应，可采取的措施有__________________(写一条即可)。
③一段时间后，环戊烯产率快速下降的原因可能是_____________________。
(3)解聚反应在刚性容器中进行（不考虑氢化反应和副反应）。
①其他条件不变，有利于提高双环戊二烯平衡转化率的是________（填标号）。
A．增大双环戊二烯的用量 B．使用催化剂 C．及时分离产物 D．适当提高温度
②实际生产中常通入水蒸气以降低双环戊二烯的温度(水蒸气不参与反应)。某温度下，通入总压为300 kPa的双环戊二烯和水蒸气，达到平衡后总压为500 kPa，双环戊二烯的转化率为80%，则 p(H2O)=________kPa，平衡常数Kp=__________kPa (Kp为以分压表示的平衡常数)。
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、C
【解析】
A、MnO2与浓HCl制Cl2要加热，故A错误；B、洗气就长进短出，故B错误；C、CaCO3＋Cl2＋H2O=CaCl2＋2HClO ，故C正确；D、过滤是把溶于液体的固态物质跟液体分离的一种方法，漏斗要紧贴烧杯内壁，故D错误；故选C。
2、B
【解析】
A.若R2-和M+的核外电子层结构相同，则R元素在M元素的上一个周期，即原子序数：RY，则X在Y的下一个周期，根据元素周期律，金属性：X>Y，原子失电子能力：X>Y，故B正确；
C. 因为X、Y可能为N、O、F，则可能存在氢键，所以不能通过其气态氢化物的相对分子质量的大小去确定其沸点的大小，故C错误；
D.镁的金属性大于铝，但镁、铝和氢氧化钠溶液形成的原电池中，铝作负极，则若金属性M>N，则以M、N为两电极的原电池中M不一定是负极，故D错误；
综上所述，答案为B。
活泼性不同的两金属单质形成原电池时，一般活泼的金属作负极，但作负极的金属要能与电解质溶液发生氧化还原反应，所以不是活泼的金属就一定做负极材料。
3、B
【解析】
先通入氨气再通入二氧化碳反应得到碳酸氢钠晶体和母液为氯化铵溶液，沉淀池中得到碳酸氢钠晶体，反应式为NH3+H2O+CO2+NaCl=NH4Cl+NaHCO3↓，过滤得到碳酸氢钠晶体煅烧炉中加热分解，碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠纯碱，过滤后的母液通入氨气加入细小食盐颗粒，冷却析出副产品氯化铵，氯化钠溶液循环使用， 据此分析。
【详解】
A．向母液中通氨气作用有增大NH4+的浓度，使NH4Cl更多地析出，选项A错误；
B．向母液中通氨气作用有增大NH4+的浓度，使NH4Cl更多地析出和使NaHCO3转化为Na2CO3，从母液中经过循环Ⅰ进入沉淀池的主要是Na2CO3、NH4Cl和氨水，选项B正确；
C．沉淀池中发生的化学反应为饱和食盐水中通入氨气和二氧化碳析出碳酸氢钠晶体，反应方程式为NH3+H2O+CO2+NaCl→NH4Cl+NaHCO3↓，选项C错误；
D．循环Ⅰ是将未反应的氯化钠返回沉淀池中使原料氯化钠的利用率大大提升，循环Ⅱ的目的是生成的二氧化碳通入沉淀池继续反应生成碳酸氢钠，二氧化碳利用率大大提升，选项D错误；
答案选B。
本题主要考察了联合制碱法的原料、反应式以及副产物的回收利用，如何提高原料的利用率、检验氯离子的方法是关键，循环Ⅱ的目的是生成的二氧化碳通入沉淀池继续反应，循环Ⅰ中的氯化钠有又返回到沉淀池。
4、A
【解析】
A.乙烯和丙烯最简式是CH2，最简式的式量是14，所以14g乙烯和丙烯的混合物中含有1mlCH2，则其中含有的极性键C-H数目为2NA，A正确；
B.取代反应是逐步进行的，不可能完全反应，所以标准状况下，22.4LCH4与Cl2在光照条件下反应生成HCl分子数小于4NA，B错误；
C.容器中2mlNO与1mlO2充分反应会产生2mlNO2，NO2会有部分发生反应产生N2O4，因此最后得到的气体分子数目小于2NA，C错误；
D.在阳极反应的金属有Cu，还有活动性比Cu强的金属，因此电解精炼铜时阳极减轻32 g，电路中转移电子数目不一定为NA，D错误；
故合理选项是A。
5、C
【解析】
A．纯棉面料主要成分为纤维素，主要含C、H、O三种元素，故A正确；
B．植物油的主要成分为高级脂肪酸甘油酯，属于酯类，故B正确；
C．聚乙烯不含碳碳双键，不能使溴水褪色，故C错误；
D．聚乳酸的降解过程中发生水解反应，水解反应属于取代反应，故D正确；
答案选C。
6、B
【解析】
A．电石与水反应放出大量的热，生成氢氧化钙微溶，易堵塞导管，则不能利用图中装置制取乙炔，故A错误；
B．制备硝基苯，水浴加热，温度计测定水温，该反应可发生副反应生成苯磺酸，图中制备装置合理，故B正确；
C．分离含碘的四氯化碳液体，四氯化碳沸点低，先蒸馏出来，所以利用该装置进行分离可，最终在锥型瓶中可获得四氯化碳，故C错误；
D．制备乙酸乙酯不需要测定温度，不能在烧瓶中获得产物，应在制备装置后连接收集产物的装置（试管中加饱和碳酸钠），故D错误；
故选：B。
7、D
【解析】
A. 该反应是反应前后气体分子数增大的反应，增大压强，平衡向逆反应方向移动，SiCl4的转化率减小，A错误；
B. 该反应是可逆反应，达平衡时，吸收热量小于QkJ，B错误；
C. 速率之比等于反应系数之比，v(H2)=v(HCl)= ，C错误；
D. 由方程式可知，当反应吸收热量为0.025QkJ时，生成的HCl的物质的量为，100mL1ml·L-1的NaOH的物质的量为0.1ml，二者物质的量相等，恰好反应，D正确；
故答案为：D。
8、D
【解析】
A选项，KI 淀粉溶液中滴入氯水变蓝，再通入SO2，蓝色褪去，二氧化硫和单质碘反应生成硫酸和氢碘酸，SO2具有还原性，故A正确；
B选项，配制SnCl2溶液时，先将SnCl2溶于适量稀盐酸，再用蒸馏水稀释，最后在试剂瓶中加入少量的锡粒，加盐酸目的抑制Sn2+水解，并防止Sn2+被氧化为Sn4+，故B正确；
C选项，某溶液中加入硝酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成，原溶液中可能有亚硫酸根，因此不能说明该溶液中一定含有SO42−，故C正确；
D选项，向含有ZnS和Na2S的悬浊液中滴加CuSO4溶液，生成黑色沉淀，此时溶液中含有硫化钠，硫化钠与硫酸铜反应生成硫化铜，因此不能说Ksp(CuS) < Ksp(ZnS)，故D错误。
综上所述，答案为D。
易水解的强酸弱碱盐加对应的酸防止水解，例如氯化铁；易被氧化的金属离子加对应的金属防止被氧化，例如氯化亚铁。
9、A
【解析】
A、铁和氯化铁反应生成物是氯化亚铁，A正确；
B、NaOH也吸收CO2，所以不正确，应选用饱和的碳酸氢钠溶液，B不正确；
C、氧化铜与氧气不反应，应选用灼热的铜网，C不正确；
D、加入适量NaOH溶液会引入钠离子，应该是氢氧化钾，D不正确；
故选A。
除杂的要求是不增不减。即不引入新杂质，不减少主要成分；如B选项，NaOH能与CO2反应，主要物质被反应，故错误。
10、C
【解析】
A.新型材料B4C可用于制作切削工具和高温热交换器，表明了B4C具有硬度大、熔点高的特性，而分子晶体硬度小、熔沸点低，A错误；
B.B4C属于原子晶体，组成微粒是C、B原子，不含分子，因此B4C不是该物质的分子式B错误；
C.新型材料B4C可用于制作切削工具和高温热交换器，表明了B4C具有硬度大、熔点高的特性，说明该物质属于原子晶体，C正确；
D.原子晶体中原子间以共价键相结合，B4C中C和B形成四对共用电子，电子式为，D错误；
故合理选项是C。
11、B
【解析】
A．在反应中，Na失去电子变为Na+,与电解质中的Cl-结合形成NaCl，所以电池反应中有NaCl生成，正确；
B．在电池正极是NiCl2+2e-=Ni+2Cl－,所以其总反应是金属钠还原Ni2+变为Ni，错误；
C．根据电池结构及工作原理可知：正极反应为：NiCl2+2e－=Ni+2Cl－，正确；
D．根据同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引的原则，钠离子通过钠离子导体从负极移向正极，正确；
答案选B。
12、A
【解析】
A选项，CCl4和I2是互溶的，两者熔沸点不同，因此采用蒸馏方法分离，故A正确；
B选项，乙醇和乙酸乙酯是互溶的，要采用先加饱和碳酸钠溶液，在分液的方法，故B错误；
C选项，分离氢氧化铁胶体和氯化钠溶液只能采用渗析的方法，胶体不能透过半透膜，溶液中离子能透过半透膜，故C错误；
D选项，氯化铵饱和溶液蒸发时要水解，最后什么也得不到，故D错误；
综上所述，答案为A。
13、D
【解析】
煤的综合利用是指通过物理或化学加工等途径，回收和利用煤中的各种有益组分，以获得多种产品的方法，包括煤的气化、液化和干馏，均属于煤的综合利用；而裂解是石油的综合利用的方法。
故选：D。
14、B
【解析】
碳酸根离子水解程度大于碳酸氢根离子，所以同浓度的碳酸钠、碳酸氢钠溶液，碳酸钠溶液的pH大于碳酸氢钠，故A错误；Na2CO3和NaHCO3溶液中都含有Na+、HCO3-、CO32-、H+、OH-，故B正确；加入CaCl2后，Na2CO3溶液中发生反应：CO32-+Ca2+═CaCO3↓，NaHCO3溶液中发生反应：2HCO3-+Ca2+= CaCO3↓+CO2↑+H2O，故CD错误。
15、D
【解析】
装置中上边的Pt电极与外电源负极相连，作为阴极；下端的Cd电极与外电源的正极相连，作为阳极；题中指出Cd的金属活动性大于Cu，所以阳极发生Cd的氧化反应，阴极则发生H+的还原反应；如果把电源的正负极反接，则Pt电极为阳极，Cl-的在Pt电极处被氧化生成Cl2，Cd电极为阴极发生的是还原反应。
【详解】
A．通电后，Pt为阴极，Cd为阳极，所以H+和Cd2+向Pt电极迁移，Cl-向Cd电极迁移，A项正确；
B．通电后Pt为阴极，Cd为阳极，分别发生发生H+的还原反应和Cd的氧化反应，所以总反应方程式为：，B项正确；
C．由于通过该界面的总电量为5.0C，其中H+迁移的电量为4.1C，所以Cl-迁移的电量为0.9C，所以HCl溶液中H+迁移速率约为Cl-的4.6倍，C项正确；
D．正负极若反接，则上端的Pt电极为阳极，Cl-在Pt电极处发生氧化反应生成Cl2，D项错误；
答案选D。
16、A
【解析】
A．根据该物质的结构简式可知该分子中有8种环境的氢原子，所以核磁共振氢谱中出现8组峰，故A正确；
B．根据该物质的结构简式可知分子式为C10H14O3，故B错误；
C．分子式为C9H12的属于芳香烃，是苯的同系物，除了1个苯环，可以有一个侧链为：正丙基或异丙基，可以有2个侧链为：乙基、甲基，有邻、间、对3种，可以有3个甲基，有连、偏、均3种，共有8种，故C错误；
D．蓝烷分子结构对称，有4种环境的氢原子，一氯代物有4种，故D错误；
故答案为A。
17、B
【解析】
A. 由“以原水淋汁”可以看出，“石碱”的主要成分易溶于水，故A正确；
B. “采蒿蓼之属……晒干烧灰”，草木灰的成分是碳酸钾，故B错误；
C.碳酸钾溶液呈碱性，可用作洗涤剂，故C正确；
D. “以原水淋汁……久则凝淀如石”是从碳酸钾溶液中得到碳酸钾晶体，操作为蒸发结晶，故D正确；
选B。
18、C
【解析】
A．X 的同分异构体中，含单官能团的异构体分别为CH3CH2CHO、CH3COCH3、、
、共 5 种，A正确；
B．1ml X 中最多含1ml碳氧双键或1ml碳碳双键，最多能和 1ml H2 加成，B正确；
C．表示丙醛燃烧热的热化学方程式为：C3H6O(l)+4O2(g) = 3CO2 (g)+3H2O(l) △H= -1815kJ/ml，C不正确；
D．X 的同分异构体之一 CH2=CHCH2OH 中-OH可发生取代反应、氧化反应，碳碳双键可发生加成反应、加聚反应，D正确；
故选C。
19、C
【解析】
A．该反应中Fe元素化合价由+2价变为+3价、O元素化合价由-1价变为0价和-2价，得电子化合价降低的反应物是氧化剂、失电子化合价升高的反应物是还原剂，氧化剂对应的产物是还原产物，所以Fe2+和的过氧化钠作还原剂，Fe(OH)3和O2是氧化产物，故A错误；
B．该反应中有4ml过氧化钠反应时有3ml过氧化钠得电子发生还原反应，有的过氧化钠作氧化剂，因此4 ml Na2O2在反应中共得到6NA个电子，故B错误；
C．根据方程式，生成0.2 ml O2，反应的Fe2+为0.8ml，被0.8ml Fe2+还原的氧化剂(Na2O2)的物质的量==0.4ml，故C正确；
D．该反应中有氧气生成，所以不能生成氢氧化亚铁沉淀，而是直接生成红褐色沉淀，故D错误；
故选C。
本题的易错点和难点为C，要注意该反应中有2种还原剂——Fe2+和的Na2O2，氧化剂是的Na2O2，不能根据方程式直接计算，要注意得失电子守恒计算。
20、B
【解析】
X、Y、Z、W是原子序数依次增大的前四周期元素，X、Z的周期序数=族序数，则X是H元素，Z是Al元素；由这四种元素组成的单质或化合物存在如图所示转化关系，其中甲、戊是两常见的金属单质，丁是非金属单质，其余为氧化物且丙为具有磁性的黑色晶体，则丙是Fe3O4，结合元素及化合物的性质逆推可知甲为Fe，乙为H2O，丁是H2，戊为金属单质，可以与Fe3O4反应产生Fe单质，因此戊是Al单质，己为Al2O3，结合原子序数的关系可知Y是O元素，W是Fe元素，据此分析解答。
【详解】
综上所述可知X是H元素，Y是O元素，Z是Al元素，W是Fe元素。甲是Fe单质，乙是H2O，丙是Fe3O4，丁是H2，戊是Al单质，己是Al2O3。
A.Fe原子序数是26，Al原子序数是13，26为13的2倍，金属性Al>Fe，A错误；
B.Fe是26号元素，在元素周期表中位于第四周期VIII族，B正确；
C.丙是Fe3O4，只能与酸反应产生盐和水，不能与碱发生反应，因此不是两性氧化物，C错误；
D.Fe是变价金属，与硝酸反应时，二者的相对物质的量的多少不同，反应失去电子数目不同，可能产生Fe2+，也可能产生Fe3+，而Al是+3价的金属，因此等物质的量的甲和戊完全溶于稀硝酸，消耗的HNO3的量不一定相等，D错误；
故合理选项是B。
本题考查了元素及化合物的推断及其性质的知识，涉及Fe、Al的单质及化合物的性质，突破口是丙是氧化物，是具有磁性的黑色晶体，结合Fe与水蒸气的反应及铝热反应，就可顺利解答。
21、B
【解析】
A．食品腌制的原理为氯化钠形成溶液，然后通过扩散和渗透作用进入食品组织内，从而降低食品水分活度，提高渗透压，抑制微生物和酶的活动，达到防止食品腐败的目的，错误；
B．用漂粉精消毒游泳池中的水，是利用其有效成分Ca(ClO)2水解产生的HClO的强的氧化性杀菌消毒，正确；
C．用汽油洗涤衣物上的油污，是利用油脂容易溶于汽油的溶解性，错误；
D．用盐酸除去铁钉表面的铁锈，是利用酸与金属氧化物产生可溶性盐和水，发生的是复分解反应，错误。
22、D
【解析】
A．a点时酸碱恰好中和，溶液，说明HA为弱酸，NaA溶液水解呈碱性，应为，故A错误；
B．a点水解，促进水的电离，b点时HA过量，溶液呈酸性，HA电离出，抑制水的电离，故B错误；
C．时，，由电荷守恒可知，则，故C错误；
D．b点HA过量一倍，溶液存在NaA和HA，溶液呈酸性，说明HA电离程度大于水解程度，则存在，故D正确。
故答案为D。
二、非选择题(共84分)
23、2，3-二甲基-2-丁烯 羰基 无 消去反应 17 、
【解析】
由分子式可知，X为饱和一元醇(或醚)，X在浓硫酸、加热条件下转化为Y，Y发生信息②中氧化反应生成Z，故X为饱和一元醇，X发生消去反应生成烯烃Y，1mlY完全反应生成2mlZ，则Y为结构对称，且在加热条件下Z不能和新制氢氧化铜浊液反应，结合信息②可知Z为，则Y为、X为，结合信息③可推知W为。乙苯发生硝化反应生成，然后发生还原反应生成，据此分析解答。
【详解】
(1)由分析可知，Y为，Y的化学名称是：2，3-二甲基-2-丁烯；Z为，Z中官能团的名称是：羰基；
(2)连接4个不同原子或原子团的碳原子是手性碳原子，故中没有手性碳原子；图示中X转化为Y是分子内脱去1分子水形成碳碳双键，属于消去反应；
(3)生成W的化学方程式为：；
(4)G是对硝基乙苯()的同分异构体，G能和碳酸钠反应产生气体且分子中含有-NH2(氨基)，G中还含有羧基，苯环可以含有1个侧链为-CH(NH2)COOH；可以有2个侧链为-CH2NH2、-COOH，或者为-NH2、-CH2COOH，均有邻、间、对三者位置结构；可以有3个侧链为：-CH3、-NH2、-COOH，氨基与羧基有邻、间、对3种位置结构，对应的甲基分别有4种、4种、2种位置，故符合条件的同分异构体共有1+3×2+4+4+2=17种，其中在核磁共振氢谱上峰的面积比为1：2：2：2：2的结构简式为：和；
(5)由与反应生成；苯乙烯与氢气发生加成反应生成乙苯，乙苯发生硝化反应生成，再用酸性高锰酸钾溶液氧化生成，然后与Fe/HCl反应生成，合成路线流程图为：。
24、C14H12O3 取代反应 消去反应 1∶1∶2∶6 +CH3OH+H2O 3
【解析】
根据F的分子式、白藜芦醇的结构，并结合信息②中第二步可知，F中苯环含有3个-OCH3，故F的结构简式为；D发生信息①中一系列反应生成E，反应过程中的醛基转化为羟基，E发生消去反应生成F，因此E为，逆推可知D为，结合物质的分子式、反应条件、给予的信息，则C为，B为，A为。据此分析解答。
【详解】
(1)白黎芦醇()的分子式为C14H12O3，故答案为C14H12O3；
(2)C→D是C中羟基被溴原子替代，属于取代反应，E→F是E分子内脱去1分子式形成碳碳双键，属于消去反应，故答案为取代反应；消去反应；
(3)化合物A的结构简式为，其核磁共振谱中显示有4种不同化学环境的氢原子，其个数比为1∶1∶2∶6，故答案为1∶1∶2∶6；
(4)A为，与甲醇发生酯化反应生成B()，A→B反应的化学方程式为：，故答案为；
(5)由上述分析可知，D的结构简式为，E的结构简式为，故答案为；；
(6)化合物的同分异构体符合下列条件：①能发生银镜反应，说明含有醛基或甲酸形成的酯基；②含苯环且苯环上只有两种不同化学环境的氢原子，则结构简式可能为、、，共3种；酚羟基和酯基都能够与碱反应，不与碱反应的同分异构体为；故答案为3；。
本题的难点是物质结构的推断。可以根据白黎芦醇的结构简式为起点，用逆推方法，确定各步反应的各物质的结构简式和反应类型，推断过程中要充分利用题干信息。
25、NaCl+CO2+NH3+H2O →NaHCO3↓+NH4Cl 2NH4Cl +Ca(OH)2→CaCl2+2NH3↑+2H2O NH3 通入NH3，加入细小的食盐颗粒 冷却，使碳酸氢钠晶体析出 过滤 HCO3- 0.1 0.2
【解析】
（1）由于NaHCO3在低温下溶解度较小，溶液中含有较大浓度的钠离子和碳酸氢根离子时，就会有碳酸氢钠晶体析出，所以饱和氯化钠中溶液中通入NH3和CO2发生反应的方程式为：NaCl+CO2+NH3+H2O →NaHCO3↓+NH4Cl;答案：NaCl+CO2+NH3+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl；
（2）①根据题中反应流程可知，过滤后得到的母液中含有氯化铵，母液中加入石灰乳后，发生反应为：2NH4Cl+Ca(OH)2=CaCl2+2NH3↑+2H2O，反应生成氨气，氨气可以在反应流程中循环利用；答案：2NH4Cl+Ca(OH)2=CaCl2+2NH3↑+2H2O；NH3；
②由反应NH3+H2O+CO2+NaCl═NH4Cl+NaHCO3↓及流程图知，母液中溶质为氯化铵，向母液中通氨气加入细小食盐颗粒，冷却析出副产品，通入的氨气和水反应生成一水合氨，一水合氨能电离铵根离子，铵根离子浓度增大有利于氯化铵析出。
答案：通入NH3，加入细小的食盐颗粒。
（3）由装置丙中产生的是NaHCO3，其溶解度随温度降低而降低，所以装置丙中冷水的作用是：冷却，使碳酸氢钠晶体析出；制取Na2CO3时需要过滤得到晶体，洗涤后加热灼烧得到碳酸钠；答案：冷却，使碳酸氢钠晶体析出；过滤；
(4)若在(2)中灼烧的时间较短, NaHCO3将分解不完全,该小组对一份加热了t1min的NaHCO3样品的组成进行了研究.取加热了t1min的NaHCO3样品29.6g 完全溶于水制成溶液,然后向此溶液中缓慢地滴加稀盐酸,并不断搅拌.随着盐酸的加入,发生反应CO32-+H+=HCO3-;HCO3-+ H+=CO2+H2O;溶液中有关离子的物质的量的变化为碳酸根离子减小,碳酸氢根离子浓度增大,当碳酸根离子全部转化为碳酸氢根离子,再滴入盐酸和碳酸氢根离子反应生成二氧化碳,碳酸氢根离子减小,所以c曲线表示的是碳酸氢根离子物质的量变化。碳酸根离子物质的量为0.2ml,碳酸氢根离子物质的量为0.1ml；所以样品中NaHCO3的物质的量为0.1ml,Na2CO3的物质的量为0.2ml；
因此，本题正确答案是: HCO3-；0.1；0.2。
26、受热均匀、便于控制温度B2NaBr+2H2SO4(浓)==Na2SO4+Br2+2H2O+SO23Br2+3CO32-==5Br-+3CO2+BrO3-cb60.2%
【解析】
(1)油浴加热可以更好的控制温度；
(2)加热时烧杯中所盛液体体积为烧杯容积的一半为最佳；
(3)根据有红棕色蒸气Br2产生，可知浓硫酸与NaBr发生了氧化还原反应，据此可以写出反应的化学方程式。
(4)①Br2与碳酸钠溶液反应时，Br2发生了自身氧化还原反应，据此写出反应的离子方程式。
②钠与丁醇反应，碱石灰吸水无明显现象，胆矾无法吸水；
③操作II为蒸馏；
(5)根据进行计算。
【详解】
(1)使用油浴加热的优点为受热均匀、容易控制温度，故答案为：受热均匀、便于控制温度；
(2)12 g正丙醇的体积为，共加入液体15mL+20mL+25mL=60mL，所以选用100mL烧瓶较合适，故答案为：B；
(3)根据有红棕色蒸气Br2产生，可知反应过程中浓硫酸将溴离子氧化成溴单质，浓硫酸被还原成二氧化硫，根据电子守恒和元素守恒可写出方程式，故答案为：2NaBr+2H2SO4(浓)==Na2SO4+Br2+2H2O+SO2；
(4)①Br2与碳酸钠溶液反应时，Br2发生了自身氧化还原反应，根据反应中还原产物与氧化产物的物质的量之比为5:1可知产物为Br-和BrO3-，故答案为：3Br2+3CO32-==5Br-+3CO2+BrO3-；
②钠与丁醇反应，碱石灰吸水无明显现象，胆矾无法吸水，无水硫酸铜遇水变蓝，故答案为：c；
③蒸馏时温度计水银球应该在支管口处，而且冷凝管应该选择直形冷凝管，故答案为：b；
(5)该制备过程的反应方程式为：H2SO4(浓)+NaBrNaHSO4+HBr↑；CH3CH2CH2OH+HBr CH3CH2CH2Br+H2O，12g正丙醇的物质的量为，则完全反应正丙醇所需n(NaBr)=0.2ml，m(NaBr)=0.2ml×103g/ml=20.6g；
②根据图像，15min时N2的转化率为1.3%，20min时N2的转化率为2%，则v(NH3)=2v(N2)=2×1ml×(2.2%-1.3%)÷2L÷5min=0.0018ml·L-1·min-1；使用了催化剂，反应速率加快，但平衡不移动，可画出曲线如图。
故答案为0.0018ml·L-1·min-1；；
（2）0.l ml•L‾1盐酸与0.2 ml•L‾1氨水等体积混合，所得混合溶液含有等量的NH4Cl和NH3•H2O，溶液呈碱性，则pH > 7；NH3•H2O的电离程度大于NH4Cl的水解程度，所以c(NH4+)>c(NH3•H2O)。
故答案为>；>；
（3）根据Mg(OH)2和Fe(OH)3的Ksp可知生成Fe(OH)3沉淀时OH‾的浓度更小，所以Mg(OH)2沉淀会转化为Fe(OH)3沉淀，白色沉淀逐渐变成红褐色；先后发生反应的离子方程式为：Mg2+＋2NH3·H2O＝Mg(OH)2↓＋2NH4+；2Fe3+（aq）＋3Mg(OH)2（s）＝2Fe(OH)3（s）＋3Mg2+（aq）。
故答案为白色沉淀逐渐变成红褐色；Mg2+＋2NH3·H2O＝Mg(OH)2↓＋2NH4+、2Fe3+（aq）＋3Mg(OH)2（s）＝2Fe(OH)3（s）＋3Mg2+（aq）。
29、－209.9 氢化反应的活化能小或反应物的浓度大 4 排出氢气或急剧降温 副反应增加 CD 50 3200
【解析】
(1)根据盖斯定律，将已知的热化学方程式叠加，可得待求反应的反应热；
(2)①活化能越小、反应物浓度越大，该反应越易正向移动；
②环戊烯的产率越大、环戊烷的产率越小越好；若需迅速减慢甚至停止反应，可以通过减少反应物浓度或降低温度实现；
③副反应能降低环己烯的产率；
(3)①该反应的正反应是一个反应前后气体体积增大的吸热反应，减小压强、升高温度都使平衡正向移动，有利于提高双环戊二烯平衡转化率；
②设加入的双环戊二烯的物质的量为x ml、水的物质的量为y ml，双环戊二烯的转化率为80%，则剩余双环戊二烯的物质的量为0.2x ml、生成环戊二烯的物质的量为1.6x ml，恒温恒容条件下，气体的压强之比等于物质的量之比，计算反应开始时双环戊二烯与水的物质的量的比，及平衡时各种气体的物质的量，计算出各种气体的平衡分压，代入平衡常数表达式然后计算可得其数值。
【详解】
(1)①(l)+H2(g)(环戊烯)(l) ∆H=-100.5 kJ/ml；
②(l)+H2(g)(环戊烷)(l) ∆H=-109.4 kJ/ml，
由于反应热与反应途径无关，将方程式①+②整理可得：(l)+2H2(g)(l)的△H=-209.9 kJ/ml；
(2)①活化能越小、反应物浓度越大，该反应越易正向移动，0～4 h氢化反应速率比副反应快的可能原因是氢化反应的活化能小或反应物的浓度大；
②环戊烯的产率越大、环戊烷的产率越小越好，根据图知4 h时环戊烯产率最大；若需迅速减慢甚至停止反应，可以通过减少反应物浓度或降低温度实现，所以排出氢气或急剧降温都能迅速减慢甚至停止反应；
③副反应能降低环己烯的产率，所以一段时间后，环戊烯产率快速下降的原因可能是副反应增加；
(3)①A. 增大双环戊二烯的用量，反应物浓度增大，化学平衡正向移动，但其转化率降低，A不符合题意；
B. 使用催化剂只改变化学反应速率不影响平衡移动，双环戊二烯的转化率不变，B不符合题意；
C. 及时分离产物，减小了生成物的浓度，化学平衡正向移动，提高双环戊二烯转化率，C符合题意；
D. 适当提高温度，化学平衡向吸热的正反应方向移动，双环戊二烯转化率升高，D符合题意；
故合理选项是CD；
②设加入的双环戊二烯的物质的量为x ml、水的物质的量为y ml，由于达到平衡时双环戊二烯的转化率为80%，则剩余双环戊二烯的物质的量为0.2x ml、生成环戊二烯的物质的量为1.6x ml。在恒温恒容条件下，气体的压强之比等于物质的量之比，所以(x+y)ml：(0.2x+1.6x+y)ml=300kPa：500kPa=3：5，解得x：y=5：1，则平衡时H2O的分压p(H2O)==50 kPa；p(双环戊二烯)==50 kPa；p(环戊二烯)==400 kPa，则该反应的化学平衡常数用平衡分压表示Kp==3200 kPa。
本题考查了盖斯定律的应用及化学平衡移动原理和化学平衡常数的计算，明确外界条件对化学平衡移动影响及化学平衡常数计算方法是解本题关键，注意：催化剂只改变化学反应速率不影响平衡移动，加入某种气体反应物虽然能够使化学平衡正向移动但是该物质的平衡转化率反而减小为解答易错点。侧重考查图象分析判断及计算能力。
现象或操作
解释
A
KI 淀粉溶液中滴入氯水变蓝，再通入SO2，蓝色褪去
SO2具有还原性
B
配制SnCl2溶液时，先将SnCl2溶于适量稀盐酸，再用蒸馏水稀释，最后在试剂瓶中加入少量的锡粒
抑制Sn2+ 水解， 并防止
Sn2+被氧化为Sn4+
C
某溶液中加入硝酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成
不能说明该溶液中一定含有SO42-
D
向含有ZnS和Na2S的悬浊液中滴加CuSO4溶液，生成黑色沉淀
Ksp(CuS) < Ksp(ZnS)
①
1mlY完全反应生成2mlZ，且在加热条件下Z不能和新制氢氧化铜悬浊液反应
②
+R1COOH
③
RCH2NH2++H2O