2026届安徽省太和一中、灵璧中学高三适应性调研考试化学试题含解析

这是一份2026届安徽省太和一中、灵璧中学高三适应性调研考试化学试题含解析，文件包含专题18一次函数与方程组不等式的九类综合题型压轴题专项训练数学新教材人教版八年级下册原卷版pdf、专题18一次函数与方程组不等式的九类综合题型压轴题专项训练数学新教材人教版八年级下册解析版pdf等2份试卷配套教学资源，其中试卷共58页， 欢迎下载使用。
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（每题只有一个选项符合题意）
1、下列离子方程式正确的是
A．Fe2(SO4)3溶液中加入足量Ba(OH)2溶液：Fe3++SO42－+Ba2++3OH-=Fe(OH)3↓+BaSO4↓
B．Na2O2溶于水产生O2：Na2O2+H2O=2Na++2OH－ +O2↑
C．Na2SO3溶液使酸性高锰酸钾溶液褪色：6H++5SO32－+2MnO4-=5SO42－+2Mn2++3H2O
D．向苯酚钠溶液中通入少量CO2：2C6H5O-+H2O+CO2→2C6H5OH+CO32－
2、25°C时，向10mL0.10ml·L-1的一元弱酸HA(Ka =1.0×10-3)中逐滴加入0.10ml·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、利用实验器材(规格和数量不限)能够完成相应实验的一项是
A．①B．②C．③D．④
4、钯是航天、航空高科技领域的重要材料。工业用粗钯制备高纯度钯的流程如图：
下列说法错误的是（ ）
A．酸浸时反应的化学方程式是Pd+6HC1+4HNO3=H2PdCl6+4NO2↑+4H2O
B．“热还原”中每生成1mlPd同时生成的气体的物质的量为8ml
C．化学实验中可利用氯钯酸根离子检验溶液中是否含有NH4+
D．在“酸浸”过程中为加快反应速率可用浓硫酸代替浓盐酸
5、将0.1 ml/L CH3COOH溶液加水稀释或加入少量CH3COONa晶体时，都会引起( )
A．溶液的pH增大
B．CH3COOH电离度增大
C．溶液的导电能力减弱
D．溶液中c(OH－)减小
6、屠呦呦因对青蒿素的研究而获得诺贝尔生理学或医学奖，青蒿素可以青蒿酸(结构简式如图所示)为原料合成，下列关于青蒿酸的说法中正确的是
A．分子式为 C15H24O2
B．属子芳香族化合物
C．能发生取代反应和加成反应
D．分子中所有原子可能共平面
7、SO2不具有的性质是（ ）
A．碱性B．还原性C．氧化性D．漂白性
8、萜类化合物广泛存在于动植物体内。下列关于萜类化合物a、b的说法正确的是
A．a中六元环上的一氯代物共有3种(不考虑立体异构)
B．b的分子式为C10H12O
C．a和b都能发生加成反应、氧化反应、取代反应
D．只能用钠鉴别a和b
9、下列指定反应的离子方程式正确的是（ ）
A．氯气溶于水：Cl2＋H2O=2H＋＋Cl－＋ClO－
B．Na2CO3溶液中CO32－的水解：CO32－＋H2O=HCO3－＋OH－
C．酸性溶液中KIO3与KI反应生成I2：IO3－＋I－＋6H＋=I2＋3H2O
D．NaHCO3溶液中加足量Ba(OH)2溶液：HCO3－＋Ba2＋＋OH－=BaCO3↓＋H2O
10、我国医药学家屠呦呦因研究青蒿素而荣获2016年诺贝尔化学奖。她在青蒿液中加入乙醚，经操作1得含青蒿素的乙醚和其他杂质的混合物。再经操作2得到含青蒿素的乙醚，最后经操作3得到青蒿粗产品。操作1、2、3相当于
A．过滤、结晶、蒸发B．结晶、萃取、分液
C．萃取、分液、蒸馏D．萃取、过滤、蒸馏
11、下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是
A．SO2水溶液呈酸性，可用于漂白纸浆B．晶体硅熔点高，可制半导体材料
C．Al(OH)3呈弱碱性，可用于治疗胃酸过多D．H2O2具有还原性，可用于消毒杀菌
12、化学与生活密切相关。下列有关物质用途的说法错误的是
A．碳酸钡可用于胃肠X射线造影检查B．氯气可用于海水提溴
C．氨气能做制冷剂D．过氧化钠可用作航天员的供氧剂
13、下列说法正确的是（ ）
A．氢键、分子间作用力、离子键、共价键都是微粒间的作用力。其中分子间作用力只影响物质的熔沸点而不影响物质的溶解性。
B．石墨烯是一种从石墨材料中用“撕裂”方法剥离出的单层碳原子平面材料，用这种方法可以从C60、金刚石等中获得“只有一层碳原子厚的碳薄片”也必将成为研究方向。
C．由“同温度下等浓度的Na2CO3溶液比Na2SO3溶液的pH大”，可推知C比S的非金属性弱。
D．H、S、O三种元素组成的物质的水溶液与Na、S、O三种元素组成的物质的水溶液混合可能会观察到浑浊现象。
14、已知：锂硫电池的总反应为2Li+xS=Li2Sx。以锂硫电池为电源，通过电解含(NH4)2SO4的废水制备硫酸和化肥的示意图如图(不考虑其他杂质离子的反应)。下列说法正确的是（ ）
A．b为电源的正极
B．每消耗32g硫，理论上导线中一定通过2mle-
C．N室的电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+
D．SO42-通过阴膜由原料室移向M室
15、在金属Pt、Cu和铱（Ir）的催化作用下，密闭容器中的H2可高效转化酸性溶液中的硝态氮（NO3−）以达到消除污染的目的。其工作原理的示意图如下：
下列说法不正确的是
A．Ir的表面发生反应：H2 + N2O＝N2 + H2O
B．导电基体上的负极反应：H2－2e−＝2H+
C．若导电基体上只有单原子铜，也能消除含氮污染物
D．若导电基体上的Pt颗粒增多，不利于降低溶液中的含氮量
16、类比推理是化学中常用的思维方法。下列推理正确的是
A．lml晶体硅含Si-Si键的数目为2NA，则1ml金刚砂含C-Si键的数目也为2NA
B．Ca(HCO3)2溶液中加入过量的NaOH溶液，发生化学反应的方程式：
则Mg(HCO3)2溶液中加入过量的NaOH溶液，发生化学反应的方程式：
C．标准状况下，22.4 L CO2中所含的分子数目为NA个，则22.4 LCS2中所含的分子数目也为NA个
D．NaClO溶液中通人过量CO2发生了反应：，则Ca(ClO)2溶液中通入过量CO2发生了：
二、非选择题（本题包括5小题）
17、化合物M是一种药物中间体。实验室以烃A为原料制备M的合成路线如图所示。请回答下列问题：
已知：①R1COOH+R2COR3。
②R1CH2COOR2+R3COOR4+R4OH、、、均表示烃基
(1)的核磁共振氢谱中有________组吸收峰；B的结构简式为________。
(2)的化学名称为________；D中所含官能团的名称为________。
(3)所需的试剂和反应条件为________；的反应类型为________。
(4)的化学方程式为________。
(5)同时满足下列条件的M的同分异构体有________种不考虑立体异构。
①五元环上连有2个取代基
②能与溶液反应生成气体
③能发生银镜反应
(6)参照上述合成路线和信息，以甲基环戊烯为原料无机试剂任选，设计制备的合成路线：________。
18、某药物G，其合成路线如下：
已知：①R-X+ ②
试回答下列问题：
(1)写出A的结构简式_________。
(2)下列说法正确的是__________
A．化合物E具有碱性 B．化合物B与新制氢氧化铜加热产生砖红色沉淀
C．化合物F能发生还原反应 D．化合物G的分子式为C16H17N5O2Br
(3)写出C+D→E的化学方程式___________。
(4)请设计以用4－溴吡啶（）和乙二醇（）为原料合成化合物D的同系物的合成路线________(用流程图表示，无机试剂任选)。
(5)写出化合物A可能的同分异构体的结构简式__________。
须同时符合：①分子中含有一个苯环； ②1H-NMR图谱显示分子中有3种氢原子。
19、 “84消毒液”因1984年北京某医院研制使用而得名，在日常生活中使用广泛，其有效成分是NaClO。某化学研究性学习小组在实验室制备NaClO溶液，并进行性质探究和成分测定。
(1)该学习小组按上图装置进行实验（部分夹持装置省去），反应一段时间后，分别取B、C瓶中的溶液进行实验，实验现象如下表。
已知：①饱和 NaClO溶液pH为11；
②25°C时，弱酸电离常数为：H2CO3：K1=4.4×10-1，K2=4.1×10-11；HClO：K=3×10-8
回答下列问题：
①仪器a的名称___________，装置A中发生反应的离子方程式__________。
②C瓶溶液中的溶质是NaCl、__________（填化学式）。
③若将C瓶溶液换成 NaHCO3溶液，按上述操作步骤进行实验，C瓶现象为：实验1中紫色石蕊试液立即褪色；实验2中溶液的pH=1．结合平衡移动原理解释紫色石蕊试液立即褪色的原因______
(2)测定C瓶溶液中NaClO含量（单位：g/L）的实验步骤如下：
Ⅰ．取C瓶溶液20mL于锥形瓶中，加入硫酸酸化，加入过量KI溶液，盖紧瓶塞并在暗处充分反应。
Ⅱ．用0.1000ml/LNa2S2O3标准溶液滴定锥形瓶中的溶液，淀粉溶液显示终点后，重复操作2～3次，Na2S2O3溶液的平均用量为24.00mL。（已知：I2+2S2O32-=2I-+S4O62-）
①步骤I的C瓶中发生反应的离子方程式为_________。
②盖紧瓶塞并在暗处反应的原因__________滴定至终点的现象_____________。
③C瓶溶液中NaClO含量为______g/L（保留2位小数）
20、某小组同学探究物质的溶解度大小与沉淀转化方向之间的关系。
（查阅资料）
（实验探究）
（一）探究BaCO3和BaSO4之间的转化，实验操作如下所示：
（1）实验Ⅰ说明BaCO3全部转化为BaSO4，依据的现象是加入稀盐酸后，__________。
（2）实验Ⅱ中加入稀盐酸后发生反应的离子方程式是_________。
（3）实验Ⅱ说明沉淀发生了部分转化，结合BaSO4的沉淀溶解平衡解释原因：___________。
（二）探究AgCl和AgI之间的转化。
（4）实验Ⅲ：证明AgCl转化为AgI。
甲溶液可以是______（填字母代号）。
a AgNO3溶液 b NaCl溶液 c KI溶液
（5）实验Ⅳ：在试管中进行溶液间反应时，同学们无法观察到AgI转化为AgCl，于是又设计了如下实验（电压表读数：a＞c＞b＞0）。
注：其他条件不变时，参与原电池反应的氧化剂（或还原剂）的氧化性（或还原性）越强，原电池的电压越大；离子的氧化性（或还原性）强弱与其浓度有关。
①查阅有关资料可知，Ag＋可氧化I－，但AgNO3溶液与KI溶液混合总是得到AgI沉淀，原因是氧化还原反应速率__________（填“大于”或“小于”）沉淀反应速率。设计（－）石墨（s）[I－（aq）//Ag＋（aq）]石墨（s）（＋）原电池（使用盐桥阻断Ag＋与I－的相互接触）如上图所示，则该原电池总反应的离子方程式为________。
②结合信息，解释实验Ⅳ中b＜a的原因：__________。
③实验Ⅳ的现象能说明AgI转化为AgCl，理由是_________。
（实验结论）溶解度小的沉淀容易转化为溶解度更小的沉淀，反之则不易；溶解度差别越大，由溶解度小的沉淀转化溶解度较大的沉淀越难实现。
21、氯碱厂以食盐等为原料，生产烧碱、盐酸等化工产品。工艺流程可简单表示如图：
完成下列填空：
（1）粗盐水中含有 MgCl2、CaCl2、Na2SO4 等可溶性杂质，①步骤必须先后加入稍过量的 NaOH、BaCl2、Na2CO3溶液后过滤除杂。试写出加入 Na2CO3溶液时发生反应的离子方程式：______。写出②步骤发生反应的化学方程式：______。
（2）③步骤之后获得干燥的烧碱产品的有关操作有______。进行④步骤的生产设备 A、B之间传递的是（选填编号）______。
A．只有物料
B．既有物料又有能量
C．只有能量
D．既无物料也无能量
（3）如果用下列装置在实验室进行⑤步骤的实验，正确的是（选填编号）______。
若检验烧碱产品中是否含有少量 NaCl 杂质的实验方案是______。
（4）为测定烧碱产品的纯度，准确称取 5.000g 样品（杂质不含碱性物质）置于烧杯中，加水搅拌，冷却至室温后，将溶液全部转移入 1000mL 的容量瓶之后的一步操作是______。从所配得的溶液中每次都取出 20.00mL，用 0.12ml/L的盐酸滴定（选用常用指示剂），两次分别用去盐酸溶液19.81mL 和 19.79mL．判断滴定终点的依据是______，根据实验数据计算此烧碱产品的纯度为（保留两位小数）______。
参考答案
一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、C
【解析】
A. Fe2(SO4)3溶液中加入足量Ba(OH)2溶液的离子方程式为：2Fe3++3SO42－+3Ba2++6OH-=2Fe(OH)3↓+3BaSO4↓，故错误；
B. Na2O2溶于水产生O2的离子方程式为：2Na2O2+2H2O=4Na++4OH－ +O2↑，故错误；
C. Na2SO3溶液使酸性高锰酸钾溶液褪色的离子方程式为：6H++5SO32－+2MnO4-=5SO42－+2Mn2++3H2O，故正确；
D. 向苯酚钠溶液中通入少量CO2： C6H5O-+H2O+CO2→C6H5OH+HCO3－，故错误。
故选C。
2、A
【解析】
A．a点时，pH=3，c(H+) = 10-3 ml·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—) c(H+)， 即c(HA) > c(H+) ，故D错误；
故答案选A。
【点睛】
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、C
【解析】
A.①实验缺少酒精喷灯等加热的仪器，①错误；
B.②实验配制稀盐酸时，缺少量取浓盐酸体积的量筒，②错误；
C.③实验可以完成相应的操作，③正确；
D.④实验用H2SO4标准液滴定未知浓度的NaOH溶液时，缺少胶头滴管、锥形瓶、指示剂等，④错误；
答案选C。
4、D
【解析】
A．据图可知，酸浸时反应物有Pd、浓HNO3和浓HCl，产物有NO2，中和过程为非氧化还原过程，说明酸浸后Pd的化合价应为+4价，存在形式为PdCl62-，结合电子守恒和元素守恒可知方程式为：Pd+6HC1+4HNO3=H2PdCl6+4NO2↑+4H2O，故A正确；
B．根据元素守恒生成的气体应为HCl和NH3，生成1mlPd，则消耗1ml氯钯酸铵，根据元素守恒可知可生成2mlNH3和6mlHCl，共8ml气体，故B正确；
C．氯钯酸铵为红色沉淀，所以若某溶液中含有铵根，滴入含有氯钯酸根离子的溶液可以生成红色沉淀，有明显现象，可以检验铵根，故C正确；
D．溶解过程中盐酸电离出的Cl-与Pd4+生成络合物，促使Pd转化为Pd4+的反应正向移动，从而使Pd溶解，若换成硫酸，无法生成络合物，会使溶解的效率降低，故D错误；
故答案为D。
【点睛】
难点为A选项，要注意结合后续流程判断Pd元素的存在形式；分析选项B时首先根据元素守恒判断产物，然后再根据守恒计算生成的气体的物质的量，避免写反应方程式。
5、A
【解析】
A．CH3COOH溶液加水稀释，CH3COOH的电离平衡CH3COOHCH3COO-+H+向正反应方向移动，溶液的pH增加，向CH3COOH溶液加入少量CH3COONa晶体时，溶液中c(CH3COO-)增大，醋酸的电离平衡向逆反应方向移动，溶液的pH增加，正确；
B．CH3COOH溶液加水稀释，平衡向正反应方向移动，电离程度增大，加入少量CH3COONa晶体时平衡向逆反应方向移动，电离程度减小，错误；
C．CH3COOH溶液加水稀释，离子浓度减小，溶液的导电能力减弱，加入少量CH3COONa晶体时，离子浓度增大，溶液的导电能力增强，错误；
D．加水稀释，促进醋酸电离，但溶液中氢离子浓度减小，加入少量CH3COONa晶体时平衡向逆反应方向移动，电离程度减小，氢离子浓度减小，温度不变，水的离子积常数不变，所以氢氧根离子浓度增大，错误。
故选A。
6、C
【解析】
A、根据结构可知，分子式为C15H22O2，故A错误；
B、分子结构中没有苯环，不属子芳香族化合物，故B错误；
C、分子结构中含有碳碳双键，能发生加成反应，含有羧基，能发生酯化反应(取代反应)，故C正确；
D、分子中含有—CH3等结构，所有原子不可能共平面，故D错误。
答案选C。
7、A
【解析】二氧化硫为无色、具有刺激性气味的气体，可与水、碱以及碱性氧化物反应，具有漂白性、氧化性和还原性，可形成酸雨，只有A错误，故选A。
点睛：明确SO2的性质是解题关键，二氧化硫为酸性氧化物，可与水、碱以及碱性氧化物反应，S元素化合价为+4价，处于中间价态，既具有氧化性也具有还原性，另外还具有漂白性，以此解答。
8、C
【解析】
A、a中六元环上有5个碳上有氢，a中六元环上的一氯代物共有5种(不考虑立体异构)，故A错误；B、b的分子式为C10H14O，故B错误；C、 a中的碳双键和b中苯环上的甲基都能发生氧化反应、a、b甲基上的氢都可以发生取代反应、a中碳碳双键、b中苯环都可以发生加成反应，故C正确；D.可以用钠鉴别a和b，还可以用溴水来鉴别，故D错误；故选C。
点睛：本题考查有机物的结构与性质，侧重分析能力和应用能力的考查，解题关键：官能团与性质的关系、有机反应类型，难点：选项D为解答的难点，醇能与钠反应。题目难度中等。
9、D
【解析】
A、次氯酸是弱酸，不能拆写，应写成HClO的形式，A错误；
B、多元弱酸根应分步水解、是可逆反应，CO32-＋H2OHCO3-＋OH-，B错误；
C、反应前后电荷数不等，C错误；
D、少量的系数定为1，HCO3-＋Ba2+＋OH-=BaCO3↓＋H2O，D正确。
答案选D
10、C
【解析】
在青蒿液中加入乙醚，青蒿素在乙醚中溶解度大，经萃取得含青蒿素的乙醚和其他杂质的混合物，形成有机相和其它物质分层的现象，再经分液得到含青蒿索的乙醚，乙醚沸点低最后经蒸馏得到青蒿粗产品。对应的操作1、操作2、操作3分别是萃取、分液、蒸馏，故选C。
11、C
【解析】
A．二氧化硫可用于漂白纸浆是因为其具有漂白性，与二氧化硫的水溶液呈酸性无关，选项A错误；
B．硅位于金属和非金属分界线处，可用于制作半导体材料，与硅的熔点高没有关系，选项B错误；
C．胃酸的主要成分是HCl，氢氧化铝具有弱碱性，能中和胃酸，二者有对应关系，选项正确；
D. H2O2具有氧化性，可用于消毒杀菌，选项D错误。
答案选C。
12、A
【解析】
A.碳酸钡能够与胃酸(盐酸)反应产生可溶性的氯化钡，氯化钡是重金属盐，能够使蛋白质变性，导致人中毒，所以不能作钡餐，硫酸钡既不溶于水，也不溶于稀盐酸、同时也不能被X透过，所以应该用硫酸钡作胃肠X射线造影检查A错误；
B．氯气具有强氧化性，可用于海水提溴，B正确；
C．氨气易液化，液氨汽化时吸收大量的热，使周围的环境温度降低，因此可作制冷剂，C正确；
D．过氧化钠能和二氧化碳、水反应生成氧气，所以过氧化纳可用于航天员的供氧剂，D正确；
故合理选项是A。
13、D
【解析】
A.氢键也属于分子间作用力，分子间作用力不仅影响物质的熔沸点，也影响物质的溶解性，故A错误；
B.C60、金刚石中碳原子间形成网状结构而不是层状结构，所以不能用“撕裂”方法剥离出的单层碳原子面材料，故B错误；
C.等浓度的Na2CO3溶液比Na2SO3溶液的pH大，则碳酸的酸性小于亚硫酸，而亚硫酸不是硫元素的最高价氧化物的水化物，不能比较C比S的非金属性弱，故C错误；
D.H、S、O三种元素组成的物质的水溶液可以是硫酸溶液，Na、S、O三种元素组成的物质的水溶液可以是硫代硫酸钠溶液，硫酸和硫代硫酸钠溶液混合有不溶于水的硫单质生成，所以可能会观察到浑浊现象，故D正确。
答案选D。
【点睛】
本题考查了微粒间作用力、元素化合物性质、非金属性的判断等知识点，注意氢键不是化学键，属于分子间作用力，为易错点。
14、D
【解析】
结合题干信息，由图可知M室会生成硫酸，说明OH-放电，电极为阳极，则a为正极，b为负极，据此分析解答问题。
【详解】
A．根据上述分析，b为电源负极，A选项错误；
B．根据电池的总反应为2Li+xS=Li2Sx，没通过2mle-需要消耗32xg硫，B选项错误；
C．N室为阴极，氢离子放电，电极反应式为2H++2e-===H2↑，C选项错误；
D．M室生成硫酸，为阳极，电解池中阴离子向阳极移动，原料室中的SO42-通过阴膜移向M室，D选项正确；
答案选D。
15、C
【解析】
A、根据图示可知，氢气与一氧化二氮在铱（Ir）的催化作用下发生氧化还原反应，生成氮气，反应为：H2 + N2O＝N2 + H2O，A正确；
B、根据图示可知：导电基体上的负极反应：氢气失电子，发生氧化反应，导电基体上的负极反应：H2－2e−＝2H+，B正确；
C、若导电基体上只有单原子铜，硝酸根离子被还原为一氧化氮，不能消除含氮污染物，C错误；
D、从图示可知：若导电基体上的Pt颗粒增多，硝酸根离子得电子变为铵根离子，不利于降低溶液中的含氮量，D正确；
正确选项C。
16、D
【解析】
A．1ml晶体硅含Si-Si键的数目为2NA，而1ml金刚砂含C-Si键的数目为4NA，A错误；
B．Ca(HCO3)2溶液中与过量的NaOH溶液反应生成CaCO3沉淀，而Mg(HCO3)2溶液中与过量的NaOH溶液反应时，由于Mg(OH)2的溶度积比MgCO3小，生成的是Mg(OH)2沉淀而不是MgCO3沉淀，B错误；
C．在标准状况下，CO2是气体而CS2是液体，C错误；
D．NaClO和 Ca(ClO)2溶液通入过量CO2都是发生反应：ClO-+CO2+H2O=HClO+HCO3-，D正确；
答案选D。
二、非选择题（本题包括5小题）
17、1 氯环己烷 碳碳双键 乙醇溶液、加热 酯化反应 +CH3CH2OH 6
【解析】
根据流程图，烃A在氯化铁条件下与氯气发生取代反应生成B，B与氢气加成生成C，结合C的化学式可知，A为，B为，C为，根据题干信息①可知，D中含有碳碳双键，则C发生消去反应生成D，D为，D中碳碳双键被高锰酸钾氧化生成E，E为，E与乙醇发生酯化反应生成F，F为，根据信息②，F在乙醇钠作用下反应生成M()，据此分析解答。
【详解】
(1)的结构简式为，A中只有1种氢原子，核磁共振氢谱中有1组吸收峰；B的结构简式为，故答案为：1；；
(2)C的结构简式为，化学名称为氯环己烷；D的结构简式为，D中所含官能团为碳碳双键，故答案为：氯环己烷；碳碳双键；
(3)C的结构简式为，D的结构简式为，为卤代烃的消去反应，反应条件为NaOH乙醇溶液、加热；E的结构简式为，F的结构简式为，的反应类型为酯化反应或取代反应，故答案为：NaOH乙醇溶液、加热；酯化反应或取代反应；
(4)F的结构简式为，M的结构简式为，根据信息②，的化学方程式为+CH3CH2OH，故答案为：+CH3CH2OH；
(5) M为，同时满足：①五元环上连有2个取代基；②能与溶液反应生成气体，说明含有羧基；③能发生银镜反应，说明含有醛基，满足条件的M的同分异构体有：、、、、、，一共6种，故答案为：6；
(6) 以甲基环戊烯()合成，要想合成，需要先合成，因此需要将碳碳双键打开，根据信息①，碳碳双键打开后得到，只需要将中的羰基与氢气加成即可，具体的合成路线为，故答案为：。
18、 A、B、C +→+HBr 、、
【解析】
A的分子式为C6H6N2Br2，A生成分子式为C7H6N2Br2O的B，再结合B的结构推测由A生成B的反应即取代反应，生成了一个肽键，所以A的结构为。B经过反应后生成分子式为C7H4N2Br2的C，相比于B，C的分子中少了1个H2O，所以推测B生成C额外产生了不饱和结构。由C生成E的条件以及E的分子式为C16H20N3O2Br且其中仅含1个Br推测，C生成E发生的是已知信息中给出的反应①类型的取代反应；进一步由G的结构原子的排列特点可以推测，C的结构为，那么E的结构为。E反应生成分子式为C14H16N3OBr的产物F，再结合反应条件分析可知，E生成F的反应即已知信息中提供的反应②，所以F的结构为。
【详解】
(1)通过分析可知，A生成B的反应即取代反应，所以A的结构即为；
(2)A．通过分析可知，E的结构为，结构中含有咪唑环以及胺的结构，所以会显现碱性，A项正确；
B．化合物B的结构中含有醛基，所以可以与新制氢氧化铜在加热条件下产生砖红色沉淀，B项正确；
C．通过分析可知，F的结构为，可以与氢气加成生成醇，所以F可以发生还原反应，C项正确；
D．由化合物G的结构可知其分子式为C16H18N5O2Br，D项错误；
答案选ABC；
(3)C与D反应生成E的方程式为：++HBr；
(4)原料中提供了乙二醇，并且最终合成了，产物的结构中具有特征明显的五元环结构，因此考虑通过已知信息中的反应②实现某步转化；所以大致思路是，将4-溴吡啶中的溴原子逐渐转变为羰基，再与乙二醇发生反应②即可，所以具体的合成路线为：
；
(5)化合物A为，分子中含有4个不饱和度，1个苯环恰好有4个不饱和度，所以符合条件的A的同分异构体除苯环外其他结构均饱和；除去苯环外，有机物中还含有2个溴原子，以及2个都只形成单键的氮原子；若苯环上只安排1个取代基，没有能够满足核磁共振氢谱有3组峰的要求的结构；若苯环上有2个取代基，只有；若苯环上有3个取代基，没有能够满足核磁共振氢谱有3组峰的要求的结构；若苯环上有4个取代基，则满足要求的结构有和，至此讨论完毕。
【点睛】
推断有机物结构时，除了反应条件，物质性质等信息外，还可以从推断流程入手，对比反应前后，物质结构上的差异推测反应的具体情况。
19、分液漏斗 MnO2+2Cl-+4H+Cl2↑+Mn2++2H2O NaClO、NaOH 溶液中存在平衡Cl2+H2OHCl+HClO，HCO3-消耗H+，使平衡右移，HClO浓度增大 ClO-+2I-+2H+=I2+Cl-+H2O 防止HClO分解（防止Cl2、I2逸出） 当滴入最后一滴Na2S2O3溶液时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟不变色 4.41
【解析】
装置A中MnO2固体和浓盐酸反应生成Cl2，Cl2中含HCl气体，通过装置B中饱和食盐水除去氯化氢，通过装置C中氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠，通过碳酸氢钠溶液，氯气和水反应生成的盐酸和碳酸氢钠反应，促进氯气和水反应正向进行次氯酸浓度增大，最后通过碱石灰吸收多余氯气，
(1)①由图可知仪器的名称，二氧化锰和浓盐酸反应生成氯气；
②通过装置C中氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠；
③C瓶溶液中石蕊立即褪色的原因是氯气和水反应生成的盐酸和碳酸氢钠反应，促进氯气和水反应正向进行次氯酸浓度增大；
(2)①取C瓶溶液20mL于锥形瓶，加足量盐酸酸化，迅速加入过量KI溶液，次氯酸钠在酸性溶液中氧化碘化钾生成碘单质；
②盖紧瓶塞并在暗处反应的原因是防止HClO分解；
③ClO-+2I-+2H+=I2+Cl-+H2O、I2+2S2O32-=2I-+S4O62-，ClO-～I2～2S2O32-，以此计算C瓶溶液中NaClO的含量。
【详解】
(1)①仪器a的名称分液漏斗，装置A中发生反应的离子方程式为MnO2+2Cl-+4H+Mn2++Cl2↑+2H2O；
②氯气和装置C中氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠，C瓶溶液的溶质是NaCl、NaClO、NaOH；
③C瓶溶液中石蕊立即褪色的原因是：溶液中存在平衡Cl2+H2O⇌HCl+HClO，HCO3-消耗H+，使平衡右移，HClO浓度增大；
(2)①步骤I的C瓶中反应的离子方程式为：ClO-+2I-+2H+=I2+Cl-+H2O；
②紧瓶塞并在暗处反应的原因是防止HClO光照分解；通常选用淀粉溶液作指示剂，滴定至终点的现象当滴入最后一滴Na2S2O3溶液时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟不变色；
③由ClO-+2I-+2H+=I2+Cl-+H2O、I2+2S2O32-═2I-+S4O62-，由方程式可得关系式
NaClO～I2～2S2O32-，
1 2
n 0.1000ml/L×0.024L=0.0024ml
则n=0.0012ml，则C瓶溶液中NaClO的含量为=4.41g/L。
【点睛】
本题考查物质含量测定实验的测定的知识，把握物质的性质、发生的反应、测定原理为解答的关键，注意滴定终点的判断方法、学会利用关系式法进行计算，侧重分析与实验、计算能力的考查，注意测定原理。
20、沉淀不溶解，无气泡产生或无明显现象 BaCO3＋2H＋=Ba2＋＋CO2↑＋H2O BaSO4在溶液中存在沉淀溶解平衡BaSO4(s) Ba2＋(aq)＋SO42−(aq)，当加入浓度较高的Na2CO3溶液，CO32-与Ba2＋结合生成BaCO3沉淀，使上述平衡向右移动 b 小于 2Ag＋＋2I－=I2＋2Ag 生成AgI沉淀使B中的溶液中的c（I－）减小，I－还原性减弱，原电池的电压减小 实验步骤ⅳ表明Cl－本身对该原电池电压无影响，实验步骤ⅲ中c＞b说明加入Cl－使c（I－）增大，证明发生了AgI(s)＋Cl－(aq) AgCl(s)＋I－(aq)
【解析】
⑴因为BaCO3能溶于盐酸，放出CO2气体，BaSO4不溶于盐酸。
⑵实验Ⅱ是将少量BaCl2中加入Na2SO4溶液中，再加入Na2CO3溶液使部分BaSO4转化为BaCO3，则加入盐酸后有少量气泡产生，沉淀部分溶解。
⑶BaSO4在溶液中存在沉淀溶解平衡BaSO4(s) Ba2＋(aq)＋SO42−(aq)，当加入浓度较高的Na2CO3溶液，CO32−与Ba2＋结合生成BaCO3沉淀。
⑷向AgCl的悬浊液中加入KI溶液，获得AgCl悬浊液时NaCl相对于AgNO3过量，因此说明有AgCl转化为AgI。
⑸①AgNO3溶液与KI溶液混合总是先得到AgI沉淀说明氧化还原反应远远小于沉淀反应速率；原电池总反应的离子方程式为2I－＋2Ag＋ = 2Ag＋I2；②由于AgI的溶解度小于AgCl，B中加入AgNO3溶液后，产生了AgI沉淀，使B中的溶液中的c(I－)减小，I－还原性减弱，根据已知信息“其他条件不变时，参与原电池反应的氧化剂(或还原剂)的氧化性(或还原性)越强，原电池的电压越大；离子的氧化性(或还原性)强弱与其浓度有关”可的结论；③实验步骤ⅳ表明Cl－本身对该原电池电压无影响，实验步骤ⅲ中c＞b说明加入Cl－使c(I－)增大，证明发生了AgI(s)＋Cl－(aq) AgCl(s)＋I－(aq)。
【详解】
⑴因为BaCO3能溶于盐酸，放出CO2气体，BaSO4不溶于盐酸，所以实验Ⅰ说明BaCO3全部转化为BaSO4，依据的现象是加入盐酸后，沉淀不溶解，无气泡产生(或无明显现象)；故答案为：沉淀不溶解，无气泡产生或无明显现象。
⑵实验Ⅱ是将少量BaCl2中加入Na2SO4溶液中，再加入Na2CO3溶液使部分BaSO4转化为BaCO3，则加入盐酸后有少量气泡产生，沉淀部分溶解，发生反应的离子方程式为BaCO3＋2H＋ = Ba2＋＋CO2↑＋H2O；故答案为：BaCO3＋2H＋ = Ba2＋＋CO2↑＋H2O。
⑶BaSO4在溶液中存在沉淀溶解平衡BaSO4(s) Ba2＋(aq)＋SO42−(aq)，当加入浓度较高的Na2CO3溶液，CO32−与Ba2＋结合生成BaCO3沉淀，使上述平衡向右移动，BaSO4沉淀部分转化为BaCO3沉淀；故答案为：BaSO4在溶液中存在沉淀溶解平衡BaSO4(s) Ba2＋(aq)＋SO42−(aq)，当加入浓度较高的Na2CO3溶液，CO32−与Ba2＋结合生成BaCO3沉淀，使上述平衡向右移动。
⑷为观察到AgCl转化为AgI，需向AgCl的悬浊液中加入KI溶液，获得AgCl悬浊液时NaCl相对于AgNO3过量，因此说明有AgCl转化为AgI；故答案为：b。
⑸①AgNO3溶液与KI溶液混合总是先得到AgI沉淀说明氧化还原反应远远小于沉淀反应速率；原电池总反应的离子方程式为2I－＋2Ag＋ = 2Ag＋I2；故答案为：小于；2I－＋2Ag＋= 2Ag＋I2。
②由于AgI的溶解度小于AgCl，B中加入AgNO3溶液后，产生了AgI沉淀，使B中的溶液中的c(I－)减小，I－还原性减弱，根据已知信息“其他条件不变时，参与原电池反应的氧化剂(或还原剂)的氧化性(或还原性)越强，原电池的电压越大；离子的氧化性(或还原性)强弱与其浓度有关”可知，实验Ⅳ中b＜a；故答案为：生成AgI沉淀使B中的溶液中的c(I－)减小，I－还原性减弱，原电池的电压减小。
③实验步骤ⅳ表明Cl－本身对该原电池电压无影响，实验步骤ⅲ中c＞b说明加入Cl－使c(I－)增大，证明发生了AgI(s)＋Cl－(aq) AgCl(s)＋I－(aq)；故答案为：实验步骤ⅳ表明Cl－本身对该原电池电压无影响，实验步骤ⅲ中c＞b说明加入Cl－使c(I－)增大，证明发生了AgI(s)＋Cl－(aq) AgCl(s)＋I－(aq)。
21、Ca2++CO32-=CaCO3↓、Ba2++CO32-=BaCO3↓ 2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑ （冷却）结晶、过滤（洗涤）、干燥 C AC 取样溶于水，加入过量的稀硝酸后，滴入AgNO3溶液，若有白色沉淀产生则含有杂质NaCl，若无白色沉淀产生，则无杂质NaCl 用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒，并将所得溶液移入容量瓶 当最后一滴盐酸滴入，锥形瓶中溶液由黄色变为橙色且半分钟内不变 95%
【解析】
(1)稍过量的NaOH是除去粗盐水中含有的MgCl2，稍过量的BaCl2除去粗盐水中含有的Na2SO4，稍过量的Na2CO3是除去粗盐水中含有的CaCl2和过量的BaCl2，根据电解饱和食盐水原理书写；
(2)③步骤是蒸发，蒸发之后获得干燥的烧碱产品的有关操作有(冷却)结晶、过滤(洗涤)、干燥，④步骤是将生成的H2和Cl2化合为HCl，据此判断。
(3)⑤步骤是HCl的吸收，要注意防倒吸，检验烧碱产品中是否含有少量NaCl杂质，就是检验是否有氯离子；
(4)根据配制一定物质的量浓度溶液的原理分析：酸碱滴定指示剂一般选择甲基橙，依据酸滴定碱来判断滴定终点的依据，根据n(NaOH)=n(HCl)，ω(NaOH)=×100%进行有关计算。
【详解】
(1)稍过量的NaOH是除去粗盐水中含有的MgCl2，稍过量的BaCl2除去粗盐水中含有的Na2SO4，稍过量的Na2CO3是除去粗盐水中含有的CaCl2和过量的BaCl2，故加入Na2CO3溶液后发生的离子反应有：Ca2++CO32-=CaCO3↓，Ba2++CO32-=BaCO3↓；接着就是电解饱和食盐水，其反应的化学方程式为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，
故答案为：Ca2++CO32-=CaCO3↓，Ba2++CO32-=BaCO3↓；2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑；
(2)③步骤是蒸发，蒸发之后获得干燥的烧碱产品的有关操作有(冷却)结晶、过滤(洗涤)、干燥，④步骤是将生成的H2和Cl2化合为HCl，故生产设备A、B之间传递的是能量，
故答案为：(冷却)结晶、过滤(洗涤)、干燥；C；
(3)⑤步骤是HCl的吸收，要注意防倒吸，
A、利用干燥管是典型防倒吸装置，故A正确；
B、倒置的漏斗边缘应该与水面相切才能防倒吸，故B错误；
C、因HCl不溶于CCl4，所以能防倒吸，故C正确；
D、HCl气体直接通入水中，不能防倒吸，故D错误；
检验烧碱产品中是否含有少量NaCl杂质，其实就是检验氯离子的存在：取样溶于水，加入过量的稀硝酸后，滴入AgNO3溶液，若有白色沉淀产生则含有杂质NaCl，若无白色沉淀产生，则无杂质NaCl，
故答案为：AC；取样溶于水，加入过量的稀硝酸后，滴入AgNO3溶液，若有白色沉淀产生则含有杂质NaCl，若无白色沉淀产生，则无杂质NaCl；
(4)配制一定物质的量浓度溶液，溶液全部转移入1000mL的容量瓶之后的一步操作是：用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒，并将所得溶液移入容量瓶；盐酸滴定NaOH，指示剂一般选择甲基橙，所以判断终点的依据是：当最后一滴盐酸滴入，锥形瓶中溶液由黄色变为橙色且半分钟内不变；消耗盐酸溶液的平均体积是19.80mL，则n(NaOH)=n(HCl)=0.12ml/L×10-3×19.80L=2.376×10-3ml，ω(NaOH)=×100%=×100%=95%，
故答案为：用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒，并将所得溶液移入容量瓶；当最后一滴盐酸滴入，锥形瓶中溶液由黄色变为橙色且半分钟内不变；95%。
选项
实验器材(省略夹持装置)
相应实验
①
三脚架、泥三角、坩埚、坩埚钳
煅烧石灰石制取生石灰
②
烧杯、玻璃棒、胶头滴管、100 mL容量瓶
用浓盐酸配制100mL 0.1 ml·L-1的稀盐酸溶液
③
烧杯、玻璃棒、分液漏斗
用饱和Na2CO3溶液除去乙酸乙酯中的乙酸和乙醇
④
烧杯、酸式滴定管、碱式滴定管
用H2SO4标准液滴定未知浓度的NaOH溶液
实验步骤
实验现象
B瓶
C瓶
实验1：取样，滴加紫色石蕊试液
变红，不褪色
变蓝，不褪色
实验2：测定溶液的pH
3
12
物质
BaSO4
BaCO3
AgI
AgCl
溶解度/g（20℃）
2.4×10－4
1.4×10－3
3.0×10－7
1.5×10－4
试剂A
试剂B
试剂C
加入盐酸后的现象
实验Ⅰ
实验Ⅱ
BaCl2
Na2CO3
Na2SO4
……
Na2SO4
Na2CO3
有少量气泡产生，沉淀部分溶解
装置
步骤
电压表读数
ⅰ.按图连接装置并加入试剂，闭合K
a
ⅱ.向B中滴入AgNO3（aq），至沉淀完全
b
ⅲ.再向B中投入一定量NaCl（s）
c
ⅳ.重复ⅰ，再向B中加入与ⅲ等量的NaCl（s）
a