2026届北京市西城区北京教育学院附中高三3月份模拟考试化学试题含解析

这是一份2026届北京市西城区北京教育学院附中高三3月份模拟考试化学试题含解析，共12页。
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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、设表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．常温常压下，9.5 g羟基（）含有的中子数为
B．中含有的键数量为
C．与足量浓盐酸反应产生时转移电子数为
D．溶液中含有的阴离子总数大于
2、NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )
A．氢气与氯气反应生成标准状况下22.4L氯化氢，断裂化学键总数为NA
B．NA个SO3分子所占的体积约为22.4L
C．3.4 g H2O2含有共用电子对的数目为0.2NA
D．1L 1ml/L 的FeCl3溶液中所含Fe3+数目为NA
3、向含Fe2＋、I－、Br－的混合溶液中通入过量的氯气，溶液中四种粒子的物质的量变化如图所示，已知b－a＝5，线段Ⅳ表示一种含氧酸，且Ⅰ和Ⅳ表示的物质中含有相同的元素。下列说法正确的是（ ）
A．线段Ⅱ表示Br-的变化情况
B．原溶液中n(FeI2)：n(FeBr2)＝3：1
C．根据图像无法计算a的值
D．线段Ⅳ表示HIO3的变化情况
4、X、Y、Z、W均为短周期元素,它们在周期表中的相对位置如图所示。若Y原子的最外层电子数是内层电子数的3倍,下列说法中正确的是( )
A．X的简单氢化物比Y的稳定
B．X、Y、Z、W形成的单质都是分子晶体
C．Y、Z、W的原子半径大小为W>Z>Y
D．W的最高价氧化物对应水化物的酸性比Z的弱
5、下列有关酸碱滴定实验操作的叙述错误的是（ ）
A．准备工作：先用蒸馏水洗涤滴定管，再用待测液和标准液洗涤对应滴定管
B．量取 15.00mL 待测液：在 25 mL 滴定管中装入待测液，调整初始读数为 10.00mL后，将剩余待测液放入锥形瓶
C．判断滴定终点：指示剂颜色突变，且半分钟内不变色
D．读数：读蓝线粗细线交界处所对应的刻度，末读数减去初读数即反应消耗溶液的体积
6、设NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（ ）
A．17g由H2S与PH3组成的混合气体中含有的质子数为9NA
B．90g果糖(C6H12O6，分子中无环状结构和碳碳双键)中含有的非极性键数目为3NA
C．1ml由乙醇与二甲醚(CH3-O-CH3)组成的混合物中含有的羟基数目为NA
D．已知Ra→X+He，则0.5mlX中含有的中子数为34NA
7、化学与生产、生活、科技等息息相关。下列说法不正确的是
A．《物理小识》中“有硇水者，剪银块投之，则旋而为水”，其中“硇水”是指盐酸
B．《天工开物》中“世间丝、麻、裘、褐皆具素质”，其中“丝”主要成分是蛋白质
C．“玉兔二号”月球车首次实现月球背面着陆，其帆板太阳能电池的主要材料是硅
D．港珠澳大桥采用的超高分子聚乙烯纤维吊绳，属于有机高分子材料
8、SO2催化氧化过程中，不符合工业生产实际的是
A．采用热交换器循环利用能量B．压强控制为20～50MPa
C．反应温度控制在450℃左右D．使用V2O5作催化剂
9、能用离子方程式 2H+ + CO32－→CO2↑+H2O 表示的是
A．NaHSO4 和 Na2CO3B．HCl 和 BaCO3
C．CH3COOH 和 Na2CO3D．HI 和 NaHCO3
10、某学习小组设计如下装置进行原电池原理的探究。一段时间后取出铜棒洗净，发现浸泡在稀硝酸铜溶液中铜棒变细，浓硝酸铜溶液中铜棒变粗。对该实验的说法正确的是
A．处于稀硝酸中的铜棒为电池的正极，电极反应为：Cu2+ +2e- =Cu
B．该装置可以实现“零能耗”镀铜
C．配置上述试验所用硝酸铜溶液应加入适量的硝酸溶液使铜棒溶解
D．铜棒上部电势高，下部电势低
11、下列有关电解质溶液的说法正确的是（ ）
A．向盐酸中加入氨水至中性，溶液中＞1
B．醋酸溶液和氢氧化钠溶液恰好反应，溶液中>1
C．向 0.1ml⋅L-1 CH3COOH 溶液中加入少量水，溶液中 减小
D．将 CH3COONa 溶液从 20℃升温至 30℃，溶液中 增大
12、室温下，将1L0.3ml⋅ L−1HA溶液与0.1mlNaOH固体混合，使之充分反应得到溶液(a)。然后向该溶液中通入HCl或加入NaOH固体（忽略体积和温度变化），溶液pH随通（加）入物质的量的变化如图。下列叙述错误的是
A．HA是一种弱酸
B．向a点对应溶液中通入HCl，充分反应后，c(H+)/c(HA)增大
C．b点对应溶液中：c(Na+)=c(Cl-)>c(HA)>c(H+)>c(OH-)
D．c点对应溶液中：c(Na+)=c(A-)
13、向Ca(HCO3)2饱和溶液中加入一定量的Na2O2(设溶液体积不变)，推断正确的是
A．产生CO2气体B．产生白色沉淀
C．所得溶液的碱性一定减弱D．所得溶液中一定不含HCO3-
14、R是合成某高分子材料的单体，其结构简式如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．R能发生加成反应和取代反应
B．用NaHCO3溶液可检验R中是否含有羧基
C．R与HOCH2COOH分子中所含官能团完全相同
D．R苯环上的一溴代物有4种
15、下列关于有机物1-氧杂-2，4-环戊二烯()的说法正确的是
A．与互为同系物B．二氯代物有3种
C．所有原子都处于同一平面内D．1ml该有机物完全燃烧消耗5mlO2
16、下列离子方程式不正确的是（ ）
A．3amlCO2与含2amlBa（OH）2的溶液反应：3CO2+4OH-+Ba2+=BaCO3↓+2HCO3﹣+H2O
B．NH4Fe（SO4）2溶液中加入几滴NaOH溶液：Fe3++3OH-=Fe（OH）3↓
C．亚硫酸溶液被氧气氧化：2SO32-+O2=2SO42-
D．酸性高锰酸钾溶液中滴加双氧水产生气泡：2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++8H2O+5O2↑
17、下列实验操作、现象和结论均正确的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
18、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．Ca(ClO)2(aq)HClO(aq)O2(g)
B．H2SO4(稀)SO2(g)BaSO3(s)
C．Fe2O3(s)FeCl3(aq)Fe (s)
D．SiO2(s)H2SiO3(胶体)Na2SiO3(aq)
19、世界第一条大面积碲化镉薄膜“发电玻璃”生产线最近在成都投产，该材料是在玻璃表面镀一层碲化镉薄膜，光电转化率高。下列说法错误的是
A．普通玻璃含有二氧化硅B．该发电玻璃能将光能不完全转化为电能
C．碲化镉是一种有机化合物D．应用该光电转化技术可减少温室气体排放
20、以下物质间的每步转化通过一步反应能实现的是（ ）
A．Al－Al2O3－Al(OH)3－NaAlO2B．N2－NH3－NO2－HNO3
C．Cu－CuO－Cu(OH)2－CuSO4D．Na－Na2O2－Na2CO3－NaOH
21、有关浓硫酸的性质或作用，叙述错误的是
A．浓硫酸的脱水性是化学性质
B．使铁、铝钝化表现了强氧化性
C．制备乙酸乙酯的反应中起催化吸水作用
D．与氯化钠固体共热制氯化氢气体时，表现强酸性
22、钠离子电池具有成本低、能量转换效率高、寿命长等优点。一种钠离子电池用碳基材料 （NamCn）作负极，利用钠离子在正负极之间嵌脱过程实现充放电，该钠离子电池的工作原理 为Na1-mCO2+NamCnNaCO2+Cn。下列说法不正确的是
A．放电时，Na+向正极移动
B．放电时，负极的电极反应式为NamCn—me-=mNa++Cn
C．充电时，阴极质量减小
D．充电时，阳极的电极反应式为NaCO2-me-=Na1-mCO2+mNa+
二、非选择题(共84分)
23、（14分）利用丙炔和苯甲醛研究碘代化合物与苯甲醛在 Cr-Ni 催化下可以发生偶联反应和合成 重要的高分子化合物Y的路线如下：
已知：①R1CHO+R2CH2CHO+H2
②
回答下列问题：
（1）A的化学名称为____。
（2）B中含氧官能团的名称是______。
（3）X的分子式为_______。
（4）反应①的反应类型是________。
（5）反应②的化学方程式是_______。
（6）L是D的同分异构体，属于芳香族化合物，与D具有相同官能团，其核磁共振氢谱为5组峰，峰面积比为3:2:2:2:1，则L的结构简式可能为_____。
（7）多环化合物是有机研究的重要方向，请设计由、CH3CHO、合成多环化合物的路线(无机试剂任选)______。
24、（12分）（化学：选修5：有机化学基础）以有机物A制备高分子化合物F（）的流程如下：
请回答下列问题。
（1）A的官能团名称是_______；C的系统命名是____________。
（2）①的反应类型是_______，⑤的反应类型是___________。
（3）写出反应③的化学方程式：______________________。
（4）满足下列条件的B同分异构体有____种。
Ⅰ.能与Na反应产生气体 Ⅱ.能与NaOH 反应 Ⅲ.不能与Na2CO3反应。
若与NaOH溶液反应的有机物中的碳原子数目为2，则其结构简式是__________。
（5）已知：
Ⅰ.
Ⅱ.
写出以CH2=CHCH=CH2为原料制备C的合成路线流程图（无机试剂可以任选）：__________。
25、（12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)
26、（10分）ClO2熔点为-59.5℃，沸点为11.0℃，温度过高可能引起爆炸，易溶于水，易与碱液反应。工业上用潮湿的KClO3和草酸(H2C2O4)在60℃时反应制得。某同学设计了如图装置来制取、收集ClO2并测定其质量。
实验I：制取并收集ClO2，装置如图所示。
(1)装置A除酒精灯外，还必须添加__________装置，目的是____________。装置B应该添加_____________(填“冰水浴”、“沸水浴”或“60℃的热水浴”)装置。
(2)装置A中反应产物有K2CO3、ClO2和CO2等，请写出该反应的化学方程式_____________。
实验II：测定ClO2的质量，装置如图所示。过程如下：
①在锥形瓶中加入足量的碘化钾，用100mL水溶解后，再加硫酸溶液；
②按照如图组装好仪器：在玻璃液封管中加入水，浸没导管口；
③将生成的ClO2气体由导管通入锥形瓶的溶液中，充分吸收后，把玻璃液封管中的水封液倒入锥形瓶中，再向锥形瓶中加入几滴淀粉溶液；
④用cml/L Na2S2O3标准液滴定锥形瓶中的液体，共用去VmL Na2S2O3溶液(已知：I2+2S2O32-=2I-+S4O62-)。
(3)装置中玻璃液封管的作用是______________。
(4)滴定终点的现象是___________________。
(5)测得通入ClO2的质量m (ClO2)=_______(用整理过的含的代数式表示)。
(6)判断下列操作对m (ClO2)测定结果的影响(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。
①若在配制Na2S2O3标准溶液时，烧杯中的溶液有少量溅出，则测定结果________。
②若在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，则测定结果_________。
27、（12分）如图是实验室利用铜与浓硫酸制取二氧化硫并探究它的性质，请回答下列问题：
（1）装置A中m的作用___，装置A中有明显的一处错误___。
（2）装置A中发生的化学反应方程式___，该反应的氧化产物是__________。
（3）装置B中的现象________，证明SO2具有________。
（4）装置C中溶液在空气中不易保存，时间长了会出现浑浊，原因是_______。（用离子方程式表示）
（5）装置D的目的是探究SO2与品红作用的可逆性，写出实验操作及现象__。
（6）E中的现象是___，发生的化学反应方程式_______。
28、（14分）中科院大连化学物理研究所设计了一种新型Na-Fe3O4/HZSM-5多功能复合催化剂，成功实现了CO2直接加氢制取高辛烷值汽油，该研究成果被评价为“CO2催化转化领域的突破性进展”。
(1)已知：2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) ΔH=－571.6kJ·ml-1
C8H18(l)+O2(g)=8CO2(g)+9H2O(l) ΔH=－5518kJ·ml-1
则8CO2(g)+25H2(g)=C8H18(l)+16H2O(l) ΔH=___kJ·ml-1。
(2)氨硼烷(NH3BH3)是储氢量最高的材料之一，氨硼烷还可作燃料电池，其工作原理如图1所示。氨硼烷电池工作时正极的电极反应式为__________。
(3)常见含硼的化合物有NaBH4、NaBO2，已知NaBH4溶于水生成NaBO2、H2，写出其化学方程式_______。为NaBH4反应的半衰期（反应一半所需要的时间，单位为min）。lgt1/2随pH和温度的变化如图2所示，则T1______T2（填“>”或“”、“=”或“W，故C不选；
D. 元素最高价氧化物对应水化物的酸性的强弱与非金属性一致，W的非金属性比Z强，故W的最高价氧化物对应水化物的酸性比Z的强，故D不选。
故选B。
【点睛】
在周期表中，同一周期元素，从左到右，原子半径逐渐减小，金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强，最高价氧化物的水化物的碱性逐渐减弱，酸性逐渐增强，气体氢化物的稳定性逐渐增强。同一主族元素，从上到下，原子半径逐渐增大，金属性逐渐增强，非金属性逐渐减弱，最高价氧化物的水化物的碱性逐渐增强，酸性逐渐减弱，气体氢化物的稳定性逐渐减弱。
5、B
【解析】
A、用待测液和标准液洗涤对应滴定管，避免待测液和标准液被稀释而浓度减小引起较大误差，故A不符合题意；
B、由于25mL滴定管中装入待测液的体积大于25mL，所以调整初始读数为 10.00mL后，将剩余待测液放入锥形瓶，待测液体积大于15.00mL，测定结果偏大，故B符合题意；
C、酸碱滴定时，当指示剂变色后且保持半分钟内不变色，即可认为已经达到滴定终点，故C不符合题意；
D、滴定实验中，准确读数应该是滴定管上蓝线的粗细交界点对应的刻度线，由于滴定管的0刻度在上方，所以末读数减去初读数即反应消耗溶液的体积，故D不符合题意；
故选：B。
6、A
【解析】
A. 假设17g全部为H2S，含有质子物质的量为=9ml，假设全部为PH3，含有质子物质的量为=9ml，则17g该混合物中含有的质子物质的量为9ml，故A正确；
B. 果糖结构简式为CH2OHCH(OH)CH(OH)CH(OH)COCH2OH，根据果糖的结构简式，非极性键应是C－C之间的键，90g果糖中含有非极性键的物质的量为=2.5ml，故B错误；
C. 乙醇结构简式为CH3CH2OH，乙醚的结构简式为CH3－O－CH3，前者含有羟基，后者不含羟基，因此1ml该混合物中含有羟基物质的量应在0～1ml之间，故C错误；
D. 推出X的原子结构为，0.5mlX中含有中子物质的量为0.5ml×(222－86)=68ml，故D错误；
答案：A。
7、A
【解析】
A．硇水可以溶解银块，所以硇水是硝酸，故A符合题意；
B．丝是由蚕丝织成，蚕丝的主要成分是蛋白质，故B不符合题意；
C．硅为良好的半导体材料，能制造太阳能电池板，所以“玉兔号”月球车上的太阳能电池的材料是硅，故C不符合题意；
D．聚乙烯纤维属于合成高分子材料，属于有机高分子化合物，故D不符合题意；
故答案为：A。
【点睛】
自然界存在的天然纤维主要有：棉花，麻类，蚕丝和动物毛，其中棉花和麻类的分子成份主要是天然纤维素，而蚕丝和毛类的分子成份主要是蛋白质（呈聚酰胺高分子形式存在）；自然界除棉花、麻类外，树木、草类也大量生长着纤维素高分子，然而树木、草类生长的纤维素，不是呈长纤维状态存在，不能直接当作纤维来应用，将这些天然纤维素高分子经过化学处理，不改变它的化学结构，仅仅改变天然纤维素的物理结构，从而制造出来可以作为纤维应用的而且性能更好的纤维素纤维。
8、B
【解析】
A.二氧化硫与氧气转化成三氧化硫，这个过程放热，在接触室安装热交换器目的是将放出的热量用来预热没反应的二氧化硫与氧气的混合气体，循环利用能量，A正确；B. ，SO2的催化氧化不采用高压，是因为压强对SO2转化率无影响，B错误；C. 在400-500℃下，正方向进行的程度比较大，而且催化剂的活性比较高，C正确；D. 催化剂钒触媒(V2O5)能加快二氧化硫氧化速率，D正确。故选择B。
9、A
【解析】
A. NaHSO4=Na++H++ SO42-，Na2CO3= 2Na++ CO32-，所以两者反应可以用2H+ + CO32－→CO2↑+H2O 表示，故A正确；
B. BaCO3是不溶性的盐，不能拆，故B错误；
C. CH3COOH是弱酸，不能拆，故C错误；
D. NaHCO3是弱酸的酸式盐，不能电离出碳酸根离子，故D错误；
故选：A。
10、B
【解析】
原电池，负极发生氧化反应，正极发生还原反应，正极电势比负极电势高。题意中，说明稀硝酸铜中铜作负极，铜变成铜离子进入溶液，下层浓硝酸铜中发生还原反应，铜离子得电子变成铜析出。
【详解】
A. 题意中稀硝酸铜溶液中铜棒变细，浓硝酸铜溶液中铜棒变粗，说明稀硝酸铜中铜作负极，铜变成铜离子进入溶液，电极反应为： Cu -2e- = Cu2+；A项错误；
B. 稀硝酸铜溶液中铜棒变细，浓硝酸铜溶液中铜棒变粗，这样该装置可以实现“零能耗”镀铜，B项正确；
C. 配置上述试验所用硝酸铜溶液若加如硝酸，硝酸会与铜电极反应，不发生题目中的电化学，C项错误；
D. 铜棒上部为负极，电势低，下部为正极，电势高，D项错误。
答案选B。
11、B
【解析】
A、向盐酸中加入氨水至中性，则c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒可知：c(Cl-)=c(NH4+)，则=1，故A错误；
B、醋酸溶液和氢氧化钠溶液恰好反应，反应后溶质为CH3COONa，CH3COO-部分水解，导致c(Na+)>c(CH3COO-)，即>1，故B正确；
C、向 0.1ml⋅L-1 CH3COOH溶液中加入少量水，CH3COOH的电离程度增大，导致溶液中CH3COOH的数目减少、H+的数目增大，同一溶液中体积相同，则溶液中的比值增大，故C错误；
D、将CH3COONa 溶液从20℃升温至30℃，CH3COO-的水解程度增大，其水解平衡常数增大，导致=的比值减小，故D错误；
故选：B。
12、C
【解析】
1L0.3ml·L－1HA溶液与0.1mlNaOH固体混合，反应后的溶质为0.1mlNaA和0.2mlHA，假设HA为强酸，此时c(H＋)=0.2ml·L－1，pH为1－lg2，但现在pH＞3，说明HA为弱酸，然后进行分析即可。
【详解】
1L0.3ml·L－1HA溶液与0.1mlNaOH固体混合，反应后的溶质为0.1mlNaA和0.2mlHA，假设HA为强酸，此时c(H＋)=0.2ml·L－1，pH为1－lg2，但现在pH＞3，说明HA为弱酸。
A、根据上述分析，HA为弱酸，故A说法正确；
B、c(H＋)/c(HA)=c(H＋)×c(A－)/[c(HA)×c(A－)]=Ka(HA)/c(A－)，a点对应溶液中加入HCl，发生NaA＋HCl=NaCl＋HA，c(A－)减小，因此该比值增大，故B说法正确；
C、b点加入盐酸为0.1ml，此时溶质为HA和NaCl，HA的物质的量为0.3ml，NaCl物质的量为0.1ml，HA为弱酸，电离程度弱，因此微粒浓度大小顺序是c(HA)>c(Na＋)=c(Cl－)>c(H＋)>c(OH－)，故C说法错误；
D、根据电荷守恒，c(Na＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(A－)，c点pH=7，c(H＋)=c(OH－)，即有c(Na＋)=c(A－)，故D说法正确。
13、B
【解析】
A. 过氧化钠溶于水生成氢氧化钠，NaOH和Ca(HCO3)2反应生成CaCO3和H2O，不会产生CO2气体，故A错误；
B. 过氧化钠固体与溶液中的水反应，生成的NaOH会与Ca（HCO3）2反应，生成碳酸钙白色沉淀，故B正确；
C. 当Na2O2量较多时，生成的NaOH和Ca（HCO3）2反应后有剩余，会使溶液碱性增强，故C错误；
D. 当Na2O2量较小时，生成的NaOH较少，没有把Ca（HCO3）2反应完，所得溶液中可能含有HCO3-，故D错误；
正确答案是B。
【点睛】
本题考查过氧化钠与水的反应及复分解反应，明确物质之间的化学反应及反应中的现象是解答本题的关键，注意饱和溶液中溶剂和溶质的关系来解答。
14、C
【解析】
A. 分子中含有醇羟基，能发生取代反应，含有苯环，能与氢气发生加成反应，故A正确；
B. 该分子的羧基可以与NaHCO3溶液反应生成二氧化碳，故B正确；
C. 该分子中含有三种官能团：氨基、羟基、羧基；HOCH2COOH分子中所含官能团为羟基、羧基，故C错误；
D. R苯环上有四种环境的氢，故其一溴代物有4种，故D正确；
故答案选C。
15、C
【解析】
的分子式为C4H4O，共有2种等效氢，再结合碳碳双键的平面结构特征和烃的燃烧规律分析即可。
【详解】
A．属于酚，而不含有苯环和酚羟基，具有二烯烃的性质，两者不可能是同系物，故A错误；B．共有2种等效氢，一氯代物是二种，二氯代物是4种，故B错误；C．中含有两个碳碳双键，碳碳双键最多可提供6个原子共平面，则中所有原子都处于同一平面内，故C正确；D．的分子式为C4H4O，1ml该有机物完全燃烧消耗的氧气的物质的量为1ml×（4+）=4.5ml，故D错误；故答案为C。
16、C
【解析】
A.3amlCO2与含2amlBa（OH）2的溶液反应的离子方程式为：3CO2+4OH﹣+Ba2+═BaCO3↓+2HCO3﹣+H2O，故A正确；
B.NH4Fe（SO4）2溶液中加入几滴NaOH溶液，该反应的离子方程式为：Fe3++3OH﹣═Fe（OH）3↓，故B正确；
C.亚硫酸不能拆开，正确的离子方程式为：2H2SO3+O2═4H++2SO42﹣，故C错误；
D.酸性高锰酸钾溶液中滴加双氧水产生气泡，该反应的离子方程式为：2MnO4﹣+5H2O2+6H+═2Mn2++8H2O+5O2↑，故D正确。
故选C。
【点睛】
注意明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合原化学方程式等。
17、D
【解析】
A．植物油中的烃基含有碳碳双键，与溴水发生加成反应，可导致溴水褪色，褪色原因不是萃取，A错误；B．氯气与水反应生成具有漂白性的次氯酸，而氯气本身不具有漂白性，B错误；C．因碳酸的酸性比盐酸弱，则二氧化碳与氯化钙溶液不反应，C错误；D．晶体逐渐变白色，说明晶体失去结晶水，浓硫酸表现吸水性，D正确，答案选D。
点睛：选项D是解答的易错点，注意浓硫酸的特性理解。浓H2SO4的性质可归纳为“五性”：即难挥发性、吸水性、脱水性、强酸性、强氧化性。浓H2SO4的吸水性与脱水性的区别：浓H2SO4夺取的水在原物质中以H2O分子形式存在时浓H2SO4表现吸水性，不以H2O分子形式而以H和O原子形式存在时，而浓H2SO4表现脱水性。
18、A
【解析】
A. Ca(ClO)2与二氧化碳和水反应生成次氯酸，次氯酸再受热分解会产生氧气，A项正确；
B. 根据金属活动性顺序已知，铜与稀硫酸不反应，B项错误；
C. 铜与氯化铁反应时生成氯化亚铁与氯化铜，不能得到铁单质，C项错误；
D. 二氧化硅不与水反应，D项错误；
答案选A。
19、C
【解析】
A. 玻璃成分为硅酸钠、硅酸钙、二氧化硅，故A正确，但不符合题意；
B. 该发电玻璃能将光能转化为电能，但是不能完全转化，存在能量损耗，故B正确，但不符合题意；
C. 碲化镉不含碳元素，是一种无机化合物，不是有机化合物，故C错误，但符合题意；
D. 应用该光电转化技术可减少化石燃料的使用，减少二氧化碳的排放，故D正确，但不符合题意；
故选：C。
20、D
【解析】
A. Al和O2反应生成Al2O3，但Al2O3不能一步反应生成Al(OH)3，故A错误；
B. N2和H2化合生成NH3，但NH3不能一步反应生成NO2，故B错误；
C. Cu和O2反应生成CuO，但CuO不能一步反应生成Cu(OH)2，，故C错误；
D. Na和O2反应生成Na2O2，Na2O2和CO2反应生成Na2CO3，Na2CO3和Ca(OH)2反应生成NaOH，故D正确。
答案选D。
21、D
【解析】
A. 浓硫酸使其他物质脱水生成新的物质，属于化学反应，是化学性质，故A正确；
B. 浓硫酸具有强的氧化性，常温下能够使铁、铝发生钝化，故B正确；
C. 制备乙酸乙酯的反应中浓硫酸起催化剂和吸水剂作用，故C正确；
D. 浓硫酸与氯化钠固体共热制氯化氢气体时，表现难挥发性，故D错误；
故选D。
22、C
【解析】
A.放电时，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，故A不选；
B.放电时，负极是金属钠失去电子，故电极反应式为NamCn—me-=mNa++Cn，故B不选；
C.充电时，阴极的电极反应式为mNa++Cn+me-= NamCn，电极质量增加，故C选；
D.充电时，阳极是NaCO2中的C失去电子转化为Na1-mCO2，电极反应式为NaCO2-me-=Na1-mCO2+mNa+，故D不选。
故选C。
【点睛】
碳基材料 NamCn中，Na和C都为0价，Na是嵌在碳基里的。在NaCO2中，C的化合价比Na1-mCO2中的C的化合价低，所以充电时，阳极是NaCO2-me-=Na1-mCO2+mNa+。
二、非选择题(共84分)
23、3-氯丙炔 酯基 C13H16O2 取代反应
【解析】
与氯气在紫外线光照条件下发生取代反应生成A（），物质A与NaCN在加热条件下继续发生取代反应生成，在酸性条件下生成再与乙醇发生酯化反应生成B（），B与HI发生加成反应生成，继续与苯甲醛反应生成X（）；另一合成路线中采用逆合成分析法可知，E为聚合物Y的单体，其结构简式为：，根据已知信息②逆推法可以得出D为，C是由与水发生加成反应所得，C与苯甲醛在碱性条件下发生反应②，结合已知信息①可推出C为丙醛，其结构简式为CH3CH2CHO，据此分析作答。
【详解】
（1）A为，其名称为3-氯丙炔；
（2）B为，其中含氧官能团的名称是酯基；
（3）从结构简式可以看出X的分子式为：C13H16O2；
（4）反应①中-Cl转化为-CN，属于取代反应，故答案为取代反应；
（5）根据已知的给定信息，反应②的化学方程式为：；
（6）L是D的同分异构体，则分子式为C10H10O，不饱和度==6，属于芳香族化合物，说明分子结构中含苯环；与D具有相同官能团，则含醛基与碳碳双键；又核磁共振氢谱为5组峰，峰面积比为3:2:2:2:1，则有5种氢原子，其个数比为3:2:2:2:1，符合上述条件的L的结构简式有：；
（7）根据上述合成路线及给定的已知信息可将原料CH3CHO、在碱性条件下反应生成后再继续与依据已知信息②得到，最后与溴加成制备得到目标产物，具体合成路线如下：。
24、溴原子、羟基、酯基 1，3-丁二醇 取代反应或水解反应 缩聚反应 11 CH3COOCH2CH2OH、CH3COOCHOHCH3、CH3CH2OOCCH2OH
【解析】
试题分析：A水解生成B和C，C连续2次以后生成E，E和氢气发生加成反应生成B，则B和C分子中含有相同的碳原子数，均是4个。B发生缩聚反应生成F，则根据F的结构简式可知B的结构简式为HOCH(CH3)CH2COOH，因此E的结构简式为CH3COCH2COOH，D的结构简式为CH3COCH2CHO，因此C的结构简式为CH3CHOHCH2CH2OH，据此分析解答。解析：A水解生成B和C，C连续2次以后生成E，E和氢气发生加成反应生成B，则B和C分子中含有相同的碳原子数，均是4个。B发生缩聚反应生成F，则根据F的结构简式可知B的结构简式为HOCH(CH3)CH2COOH，因此E的结构简式为CH3COCH2COOH，D的结构简式为CH3COCH2CHO，因此C的结构简式为CH3CHOHCH2CH2OH，则
（1）A属于酯类，且含有溴原子和羟基，因此A的官能团名称是溴原子、羟基、酯基；C分子中含有2个羟基，其系统命名是1，3-丁二醇。
（2）根据以上分析可知①的反应类型是取代反应或水解反应，⑤的反应类型是缩聚反应。
（3）反应③是醛基的氧化反应，反应的化学方程式为。
（4）Ⅰ.能与Na反应产生气体，说明含有羟基或羧基；Ⅱ.能与NaOH 反应，说明含有羧基或酯基；Ⅲ.不能与Na2CO3反应，说明含有酯基，不存在羧基，如果是甲酸形成的酯基，有5种；如果是乙酸形成的酯基有2种；如果羟基乙酸和乙醇形成的酯基有1种；丙酸形成的酯基有1种；羟基丙酸和甲醇形成的酯基有2种，共计11种；若与NaOH溶液反应的有机物中的碳原子数目为2，则符合条件的有机物结构简式有CH3COOCH2CH2OH、CH3COOCHOHCH3、CH3CH2OOCCH2OH。
（5）结合已知信息、相关物质的结构和性质，利用逆推法可知其合成路线可以设计为。
25、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-+H2O b 57.0%
【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=0.1ml，所以理论上生成的对甲基苯胺应为0.1ml，实际得到产品6.1g，所以产率为=57.0%。
26、温度控制 使反应发生(或正常进行)，并防止温度过高引起爆炸 冰水浴 2KClO3+H2C2O4K2CO3+CO2↑+2ClO2↑+H2O 用水再次吸收残余的二氧化氯气体，并使锥形瓶内外压强相等 当滴入(最后)一滴标准液时，溶液由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不褪色，说明滴定至终点 1.35cV×10-2g 偏高 偏低
【解析】
(1)二氧化氯(ClO2)沸点为11℃，用氯酸钾粉末与草酸在60℃时反应可生成二氧化氯等物质，装置A必须添加温度控制装置，需温度计，ClO2温度过高可能引起爆炸，其温度要保持60-80℃之间，ClO2的沸点低，用冰水可以使ClO2冷凝为液体；
(2)KClO3和草酸发生氧化还原反应生成ClO2、K2CO3、CO2和H2O，根据得失电子守恒、原子守恒书写方程式；
(3)用水再次吸收残余的二氧化氯气体，并使锥形瓶内外压强相等；
(4)溶液由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不褪色，说明滴定至终点；
(5)根据关系式2ClO2～5I2～10Na2S2O3计算n(ClO2)，再根据m=nM计算m(ClO2)；
(6)根据关系式2ClO2～5I2～10Na2S2O3判断，若操作使Na2S2O3偏少，则ClO2偏低；若操作使Na2S2O3偏大，则ClO2偏高。
【详解】
(1)二氧化氯(ClO2)沸点为11℃，用氯酸钾粉末与草酸在60℃时反应可生成二氧化氯等物质，装置A必须添加温度控制装置，所以装置A中还应安装的玻璃仪器是温度计；ClO2熔点为-59℃，沸点为11.0℃，温度过高可能引起爆炸，其温度要保持60-80℃之间，控制温度的目的是使反应发生(或正常进行)，并防止温度过高引起爆炸，ClO2的沸点：11.0℃，沸点低，用冰水可以使ClO2冷凝为液体，收集在试管中或常温下二氧化氯为气态，装置B使用冰水浴装置，进行降温处理；
(2)KClO3和草酸发生氧化还原反应生成ClO2、K2CO3、CO2和H2O，根据得失电子守恒、原子守恒书写方程式2KClO3+H2C2O4K2CO3+CO2↑+2ClO2↑+H2O；
(3)装置中玻璃液封管的作用是，用水再次吸收残余的二氧化氯气体，并使锥形瓶内外压强相等；
(4)当滴入(最后)一滴标准液时，溶液由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不褪色，说明滴定至终点；
(5)VmLNa2S2O3溶液含有Na2S2O3物质的量n(Na2S2O3)=V•10-3 L×cml/L=c•V•10-3 ml．则：
根据关系式：2ClO2～5I2～10Na2S2O3，
2 10
n(ClO2) c•V•10-3 ml
所以n(ClO2)=n(Na2S2O3)=×c•V•10-3 ml，所以m(ClO2)=n(ClO2) •M=×c•V•10-3 ml×67.5g/ml=1.35cV×10-2g；
(6)①若在配制Na2S2O3标准溶液时，烧杯中的溶液有少量溅出，使标准溶液的浓度减小，消耗的体积增大，则测定结果中ClO2的含量偏高；
②若在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，读取的体积比实际体积偏小，导致测定结果中ClO2的含量偏低。
【点睛】
本题以氯及其化合物的性质为线索，考查了物质含量的探究性实验，涉及化学实验基本操作、滴定终点的判断方法、氧化还原反应在滴定中的应用，把握习题中的信息及知识迁移应用为解答的关键，题目难度中等。
27、平衡气压，使液体顺流下 蒸馏烧瓶中的液体超过了容器本身体积的2/3 Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+2SO2↑+2H2O CuSO4 KMnO4 溶液褪色（紫色变成无色） 还原性 2S2-+O2+2H2O﹦2S↓+4OH- 品红溶液褪色后，关闭分液漏斗的旋塞，再点燃酒精灯，溶液变成红色 溴水褪色 SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4
【解析】
（1）装置A中m的作用为平衡气压，使液体顺流下，根据蒸馏烧瓶使用规则，蒸馏烧瓶中所盛放液体不能超过其容积的2/3，也不能少于1/3，图中已经超过其容积的2/3。
答案为：平衡气压，使液体顺流下；蒸馏烧瓶中的液体超过了容器本身体积的2/3。
（2）装置A中铜与浓硫酸制取二氧化硫，发生的化学反应方程式为Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+2SO2↑+2H2O，该反应中Cu由0价变为+2价，失电子，被氧化，氧化产物是CuSO4；
答案为：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+2SO2↑+2H2O；CuSO4；
（3）装置A中生成SO2气体，SO2具有还原性，气体经过装置B中的酸性KMnO4 溶液发生氧化还原反应，KMnO4 溶液褪色（紫色变成无色）；
答案为：KMnO4 溶液褪色（紫色变成无色）；还原性；
（4）装置C中为Na2S溶液，S2-具有还原性，很容易被空气中O2氧化生成单质S，时间长了会出现浑浊，用离子方程式表示：2S2-+O2+2H2O﹦2S↓+4OH-；
答案为2S2-+O2+2H2O﹦2S↓+4OH-
（5）装置D的目的是探究SO2与品红作用的漂白性是可逆的，实验操作及现象为：品红溶液褪色后，关闭分液漏斗的旋塞，再点燃酒精灯加热，溶液变成红色。
（6）生成的SO2通入到E中SO2与溴水发生氧化还原反应，溴水溶液褪色，发生的化学反应方程式为SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4；
答案为：溴水溶液褪色；SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4
28、-1627 2H++H2O2+2e-=2H2O NaBH4+2H2O=NaBO2+4H2↑ < 4NO+4NH3+O24N2+6H2O
【解析】
(1)根据盖斯定律，将已知的热化学方程式叠加，可得待求反应的热化学方程式，即得反应热；
(2)氨硼烷(NH3•BH3)电池工作时的总反应为：NH3•BH3+3H2O2═NH4BO2+4H2O，左侧NH3•BH3为负极、失电子、发生氧化反应，电极反应式为NH3•BH3+2H2O-6e-=NH4++BO2-+6H+，右侧H2O2得到电子、发生还原反应，所在电极为正极，电极反应式为3H2O2+6H++6e-=6H2O，据此解答；
(3)NaBH4溶于水生成NaBO2、H2，结合溶液的pH与半衰期的关系判断温度的高低；
(4)用V2O5作催化剂，NH3可将NO还原成N2，结合反应历程图可知反应物还有氧气，生成物为N2和H2O，配平即得反应方程式。
【详解】
(1)①2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) ΔH=－571.6kJ·ml-1
②C8H18(l)+O2(g)=8CO2(g)+9H2O(l) ΔH=－5518kJ·ml-1
根据盖斯定律①×-②，整理可得：8CO2(g)+25H2(g)=C8H18(l)+16H2O(l) △H=(-571.6 kJ/ml）×-(-5518kJ/ml)=-1627kJ/ml；
(2)氨硼烷(NH3•BH3)电池工作时的总反应为：NH3•BH3+3H2O2═NH4BO2+4H2O，右侧H2O2得到电子、发生还原反应，所在电极为正极，电极反应式为3H2O2+6H++6e-=6H2O；
(3)NaBH4可水解放出氢气，反应方程式为：NaBH4+2H2O=NaBO2+4H2↑，在酸性条件下，NaBH4不能稳定性存在，NaBH4和酸反应生成硼酸和氢气，反应的离子方程式为：BH4-+H++3H2O=H3BO3+4H2↑。水解反应为吸热反应，升温促进水解，使半衰期缩短，故T1L1，该反应为气体体积减小的反应，压强增大，NO转化率增大 CO(NH2)2＋H2O2NH3＋CO2 > 随着温度升高，尿素水解释放氨气的速率加快，c(NH3)增大；温度升高，催化剂活性增加，都导致化学反应速率加快 当温度过高，发生反应 4NH3＋5O2 ==== 4NO＋6H2O，生成NO等
【解析】
I．（1）已知：①C(s)+O2(g) == CO2(g) △H1 ＝ − 393.5kJ·ml−1，②2C(s)+O2(g) == 2CO(g) △H2 ＝ − 221.0 kJ·ml−1 ，③N2(g)+O2(g) == 2NO(g) △H 3 ＝ +180.5 kJ·ml−1，由盖斯定律可知①×2-②-③得2NO(g)+2CO(g) == N2(g)+2CO2(g)，由此计算此反应的△H；
（2）①根据υ(CO)=计算前4 s内的平均反应速率υ(CO)；
②图中L一定时，NO(g)的平衡转化率随X的增大，转化率降低，说明逆向进行，结合反应2NO(g)+2CO(g) == N2(g)+2CO2(g) △H==−746.5 kJ·ml−1升高温度时平衡逆向进行，增大压强时平衡正向进行分析；
II．（3）尿素[CO(NH2)2]水溶液温度高于160℃时尿素水解，产生 NH3，根据质量守恒可知，同时有CO2气体生成，结合守恒法写出尿素水解的化学方程式；
（4）①反应中，增大一种反应物的量可提高另一种反应物的转化率；
②温度升高有利于尿素水解生成NH3，且提高催化剂的活性，催化效果好；NH3在加热条件下催化氧化能生成NO。
【详解】
I．（1）已知：①C(s)+O2(g) == CO2(g) △H1 ＝ − 393.5kJ·ml−1，②2C(s)+O2(g) == 2CO(g) △H2 ＝ − 221.0 kJ·ml−1 ，③N2(g)+O2(g) == 2NO(g) △H 3 ＝ +180.5 kJ·ml−1，由盖斯定律可知①×2-②-③得2NO(g)+2CO(g) == N2(g)+2CO2(g)，则△H=2（△H1）-（△H2）-（△H3）=2（− 393.5kJ·ml−1）-（− 221.0 kJ·ml−1）-（+180.5 kJ·ml−1），故CO和NO两种尾气在催化剂作用下生成N2(g)的热化学方程式是2NO(g)+2CO(g) == N2(g)+2CO2(g) △H=−746.5 kJ·ml−1；
（2）①前4 s内的平均反应速率υ(CO)== ml·L−1·s−1＝2.25×10−4ml·L−1·s−1；
②图中L一定时，NO(g)的平衡转化率随X的增大，转化率降低，说明逆向进行，结合反应2NO(g)+2CO(g) == N2(g)+2CO2(g) △H=−746.5 kJ·ml−1升高温度时平衡逆向进行，增大压强时平衡正向进行，可知X代表的物理量是温度；当温度一定时，增大压强，平衡正向移动，NO的转化率增大，故L2>L1；
II．（3）尿素[CO(NH2)2]水溶液温度高于160℃时尿素水解，产生 NH3，根据质量守恒可知，同时有CO2气体生成，则尿素水解的化学方程式为CO(NH2)2＋H2O2NH3＋CO2；
（4）①增大尿素的量可提高NO的转化率，即尿素与NO物质的量比值越大，NO的转化率越大，则图象中a＞b；
②由图可知，随着温度升高，尿素水解释放氨气的速率加快，c(NH3)增大，且温度升高，催化剂活性增加，导致化学反应速率加快，故温度升高，NO转化效率升高；但温度过高，发生反应 4NH3＋5O2 ==== 4NO＋6H2O，生成NO，导致NO的浓度升高，NO转化效率下降。
【点睛】
本题考查了利用盖斯定律计算反应热，熟悉已知反应与目标反应的关系是解答本题的关键。应用盖斯定律进行简单计算的基本方法是参照新的热化学方程式(目标热化学方程式)，结合原热化学方程式(一般2～3个)进行合理“变形”，如热化学方程式颠倒、乘除以某一个数，然后将它们相加、减，得到目标热化学方程式，求出目标热化学方程式的ΔH与原热化学方程式之间ΔH的换算关系。
选项
实验
现象
结论
A
植物油和溴水混合后振荡、静置
溶液分层，溴水褪色
植物油萃取了溴水中的Br2
B
将Cl2通入滴有酚酞NaOH的溶液
褪色
Cl2具有漂白性
C
将过量的CO2通入CaCl2溶液
无白色沉淀生成
生成的Ca（HCO3）2可溶于水
D
将浓硫酸滴到胆矾晶体上
晶体逐渐变白色
浓硫酸的吸水性
时间（s）
0
1
2
3
4
5
c(NO)/(10−4ml·L−1)
10.0
4.50
2.50
1.50
1.00
1.00
c(CO)/(10−3ml·L−1)
3.60
3.05
2.85
2.75
2.70
2.70