四川省廣元天立國際學校2025年高三第五次模擬考試化學試卷注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、“結構決定性質”是學習有機化學尤為重要的理論，不僅表現在官能團對物質性質的影響上，還表現在原子或原子團相互的影響上。以下事實并未涉及原子或原子團相互影響的是A．乙醇是非電解質而苯酚有弱酸性B．鹵代烴難溶于水而低級醇、低級醛易溶于水C．甲醇沒有酸性，甲酸具有酸性D．苯酚易與濃溴水反應生成白色沉淀而苯與液溴的反應需要鐵粉催化2、下列物質中含有非極性鍵的共價化合物是A．CCl4 B．Na2O2 C．C2H4 D．CS23、下列有關化學用語或表達正確的是A．三硝酸纖維素脂B．硬酯酸鈉C．硝酸苯的結構簡式：D．NaCl晶體模型：4、下列表示對應化學反應的離子方程式正確的是A．將過量二氧化硫氣體通入冷氨水中：SO2+NH3?H2O═HSO3﹣+NH4+B．醋酸溶液與水垢中的CaCO3反應：CaCO3+2H+═Ca2++H2O+CO2↑C．NH4HCO3溶于過量的NaOH溶液中：HCO3﹣+OH﹣═CO32﹣+H2OD．向AgCl懸濁液中滴加Na2S溶液，白色沉淀變成黑色：2AgCl+S2﹣=Ag2S↓+2Cl﹣5、室溫下，下列各組離子在指定溶液中能大量共存的是()A．pH＝2的溶液：Na＋、Fe2＋、I－、NO3-B．c(NaAlO2)＝0.1mol·L－1的溶液：K＋、OH－、Cl－、SO42-C．Kw/c(OH-)＝0.1mol·L－1的溶液：Na＋、K＋、SiO32-、ClO－D．c(Fe3＋)＝0.1mol·L－1的溶液：Al3＋、NO3-、MnO4-、SCN－6、下列物質不屬于合金的是A．鋁B．青銅C．不銹鋼D．生鐵7、下列物質中，既能發生取代反應，又能發生消去反應，同時催化氧化生成醛的是()A． B．C． D．8、常溫下，向1L0.01mol·L－1一元酸HR溶液中逐漸通入氨氣［常溫下NH3·H2O電離平衡常數K＝1.76×10－5］，保持溫度和溶液體積不變，混合溶液的pH與離子濃度變化的關系如圖所示。下列敘述不正確的是A．0.01mol·L－1HR溶液的pH約為4B．隨著氨氣的通入，逐漸減小C．當溶液為堿性時，c（R－）＞c（HR）D．當通入0.01molNH3時，溶液中存在：c（R－）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH－）9、下列離子方程式正確的是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溶于水產生O2：Na2O2+H2O=2Na++2OH－+O2↑C．Na2SO3溶液使酸性高錳酸鉀溶液褪色：6H++5SO32－+2MnO4-=5SO42－+2Mn2++3H2OD．向苯酚鈉溶液中通入少量CO2：2C6H5O-+H2O+CO2→2C6H5OH+CO32－10、復旦大學王永剛的研究團隊制得一種柔性水系鋅電池,該可充電電池以鋅鹽溶液作為電解液,其原理如圖所示。下列說法不正確的是A．放電時,N極發生還原反應B．充電時,Zn2+向M極移動C．放電時,每生成1molPTO-Zn2+,M極溶解Zn的質量為260gD．充電時,N極的電極反應式為2PTO+8e-+4Zn2+=PTO-Zn2+11、X、Y、Z、W是四種原子序數依次增大的短周期元素，W的最外層電子數比X的最外層電子數少1個，X、Y、Z為同一周期元素，X、Y、Z組成一種化合物（ZXY）2的結構式如圖所示。下列說法錯誤的是A．化合物WY是良好的耐熱沖擊材料B．Y的氧化物對應的水化物可能是弱酸C．X的氫化物的沸點一定小于Z的D．化合物（ZXY）2中所有原子均滿足8電子穩定結構12、將0.03molCl2緩緩通入含0.02molH2SO3和0.02molHI的混合溶液中，在此過程中溶液中的c(H+)與Cl2用量的關系示意圖正確的是(溶液的體積視為不變)A． B． C． D．13、鈉離子二次電池因鈉資源豐富、成本低、能量轉換效率高等諸多優勢，有望取代鋰離子電池。最近，山東大學徐立強教授課題組研究鈉離子二次電池取得新進展，電池反應如下：4NaxFeIIFeIII(CN)6+xNi3S24FeIIFeIII(CN)6+3xNi+2xNa2S。下列說法正確的是A．充電時，Na+被還原為金屬鈉B．充電時，陰極反應式：xNa++FeIIFeIII(CN)6?xe?NaxFeIIFeIII(CN)6C．放電時，NaxFeIIFeIII(CN)6為正極D．放電時，Na+移向Ni3S2/Ni電極14、下列有關實驗操作的說法正確的是A．向飽和氯化鈉溶液中先通入過量二氧化碳再通入氨氣，可制得大量碳酸氫鈉固體B．為了減小實驗誤差，燒杯、錐形瓶和容量瓶等儀器應洗滌干凈，必須烘干后使用C．將含有少量乙烯的甲烷氣體依次通過足量酸性高錳酸鉀溶液、足量堿石灰，可除去甲烷中的乙烯雜質D．中和滴定實驗中滴定管中液體流速宜先快后慢，滴定時眼睛注視著滴定管中液體刻度的變化15、CuI是有機合成的一種催化劑，受熱易氧化。實驗室可通過向CuSO4與NaI的混合溶液中通入SO2制備CuI(2CuSO4＋2NaI＋SO2＋2H2O2CuI↓＋2H2SO4＋Na2SO4)。下列實驗原理和裝置不能達到實驗目的的是()A．制備SO2B．制備CuI并制備少量含SO2的溶液C．將CuI與母液分離并用裝置制得的含SO2的溶液洗滌沉淀D．加熱干燥濕的CuI固體16、同溫同壓下,等質量的SO2氣體和SO3氣體相比較,下列敘述中正確的是（）A．密度比為4:5 B．物質的量之比為4:5C．體積比為1:1 D．原子數之比為3:4二、非選擇題（本題包括5小題）17、貝諾酯臨床主要用于治療類風濕性關節炎、感冒發燒等。合成路線如下：（1）貝諾酯的分子式______。（2）A→B的反應類型是______；G+H→I的反應類型是______。（3）寫出化合物C、G的結構簡式：C______，G______。（4）寫出滿足下列條件的F同分異構體的結構簡式（任寫3種）______。a．不能與FeCl3溶液發生顯色反應；b．能發生銀鏡反應和水解反應；c．能與金屬鈉反應放出H2；d．苯環上的一氯取代產物只有兩種結構（5）根據題給信息，設計從A和乙酸出發合成的合理線路（其他試劑任選，用流程圖表示：寫出反應物、產物及主要反應條件）_______________18、石油裂解氣是重要的化工原料，以裂解氣為原料合成有機物X（）的流程如圖：A(CH2=CHCH3)B（CH2=CHCH2Cl）D（）EF（）G（）X（）請回答下列問題：（1）反應①的反應類型是____________。（2）B的名稱是____________，D分子中含有官能團的名稱是____________。（3）寫出物質C的結構簡式：____________。（4）寫出A生成B的化學方程式：____________。寫出反應③的化學方程式：____________。（5）滿足以下條件D的同分異構體有____________種。①與D有相同的官能團；②含有六元環；③六元環上有2個取代基。（6）參照F的合成路線，設計一條由CH3CH=CHCH3制備的合成線路（其他試劑任選）__________。19、吊白塊(NaHSO2·HCHO·2H2O，M=154.0g/mol)在工業中有廣泛應用；吊白塊在酸性環境下、100℃即發生分解釋放出HCHO。實驗室制備吊白塊的方案如下：NaHSO3的制備：如圖，在廣口瓶中加入一定量Na2SO3和水，振蕩溶解，緩慢通入SO2，至廣口瓶中溶液pH約為4，制得NaHSO3溶液。（1）裝置Ⅰ中產生氣體的化學反應方程式為__；Ⅱ中多孔球泡的作用是__。（2）實驗室檢測NaHSO3晶體在空氣中是否發生氧化變質的實驗方案是__。吊白塊的制備：如圖，向儀器A中加入上述NaHSO3溶液、稍過量的鋅粉和一定量甲醛，在80~90℃C下，反應約3h，冷卻過濾。（3）儀器A的名稱為___；用恒壓漏斗代替普通滴液漏斗滴加甲醛的優點是__。（4）將儀器A中的反應溫度恒定在80~90℃的目的是__。吊白塊純度的測定：將0.5000g吊白塊樣品置于蒸餾燒瓶中，加入10%磷酸10mL，立即通入100℃水蒸氣；吊白塊分解并釋放出甲醛，用含36.00mL0.1000mol·L－1酸性KMnO4吸收甲醛(不考慮SO2影響，4MnO4－+5HCHO+12H+=4Mn2++5CO2↑+11H2O)，再用0.1000mol·L－1的草酸標準溶液滴定酸性KMnO4，再重復實驗2次，平均消耗草酸溶液的體積為30.00mL。（5）滴定終點的判斷方法是__；吊白塊樣品的純度為__%(保留四位有效數字)；若KMnO4標準溶液久置釋放出O2而變質，會導致測量結果__(填“偏高”、“偏低”或“無影響”)20、EDTA(乙二胺四乙酸)是一種能與Ca2+、Mg2+等結合的螯合劑。某高三研究性學習小組在實驗室制備EDTA，并用其測定某地下水的硬度。制備EDTA的實驗步驟如下：步驟1：稱取94.5g(1.0mol)ClCH2COOH于1000mL三頸燒瓶中(如圖)，慢慢加入50%Na2CO3溶液，至不再產生無色氣泡；步驟2：加入15.6g(0.26mol)H2NCH2CH2NH2，搖勻，放置片刻，加入2.0mol/LNaOH溶液90mL，加水至總體積為600mL左右，溫度計50℃加熱2h；步驟3：冷卻后倒入燒杯中，加入活性炭脫色，攪拌、靜置、過濾。用鹽酸調節濾液至pH=1，有白色沉淀生成，抽濾，干燥，制得EDTA。測地下水硬度：取地下水樣品25.00mL進行預處理后，用EDTA進行檢測。實驗中涉及的反應有M2+(金屬離子)+Y4－(EDTA)=MY2－；M2+(金屬離子)+EBT(鉻黑T，藍色)==MEBT(酒紅色)；MEBT+Y4－(EDTA)=MY2－+EBT(鉻黑T)。請回答下列問題：(1)步驟1中發生反應的離子方程式為__________。(2)儀器Q的名稱是____________，冷卻水從接口_______流出(填“x”或“y”)(3)用NaOH固體配制上述NaOH溶液，配制時使用的儀器有天平、燒杯、玻璃棒、______和_______，需要稱量NaOH固體的質量為______。(4)測定溶液pH的方法是___________。(5)將處理后的水樣轉移到錐形瓶中，加入氨水－氯化銨緩沖溶液調節pH為10，滴加幾滴鉻黑T溶液，用0.0100mol·L－1EDTA標準溶液進行滴定。①確認達到滴定終點的現象是____________。②滴定終點時共消耗EDTA溶液15.0mL，則該地下水的硬度=____________(水硬度的表示方法是將水中的Ca2+和Mg2+都看作Ca2+，并將其折算成CaO的質量，通常把1L水中含有10mgCaO稱為1度)③若實驗時裝有EDTA標準液的滴定管只用蒸餾水洗滌而未用標準液潤洗，則測定結果將_____(填“偏大“偏小”或“無影響”)。21、（1）納米氧化銅、納米氧化鋅均可作合成氨的催化劑，Cu2+

價層電子的軌道表達式為________。（2）2-巰基煙酸()水溶性優于2

–巰基煙酸氧釩配合物()的原因是___________________________________________________________________。（3）各原子分子中各原子若在同一平面，且有相互平行的p軌道，則p電子可在多個原子間運動，形成“離域π鍵”,下列物質中存在“離域π鍵”的是________。A．SO2B．SO42-C．H2SD．CS2（4）尿素(H2NCONH2)尿素分子中，原子雜化軌道類型有________，σ鍵與π鍵數目之比為________。（5）氮化硼(BN

)是一種性能優異、潛力巨大的新型材料，主要結構有立方氮化硼(如左下圖

)和六方氮化硼(如右下圖),前者類似于金剛石，后者與石墨相似。①晶胞中的原子坐標參數可表示晶胞內部各原子的相對位置。左上圖中原子坐標參數A為(0,0,0),D為（,,0）,則E原子的坐標參數為________

。X-射線衍射實驗測得立方氮化硼晶胞邊長為361.5pm，則立方氮化硼晶體中N與B的原子半徑之和為________pm(=1.732)。②已知六方氮化硼同層中B-N距離為acm，密度為dg/cm3，則層與層之間距離的計算表這式為________pm。(已知正六邊形面積為a2,a為邊長)

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、B【解析】

A、乙醇中羥基與乙基相連，苯酚中羥基與苯環相連，乙醇是非電解質而苯酚有弱酸性是烴基對羥基的影響，錯誤；B、鹵代烴難溶于水，低級醇、低級醛和水分子間形成氫鍵，易溶于水，未涉及原子或原子團相互影響，正確；C、甲醇沒有酸性，甲酸中羰基對羥基影響，使羥基氫活潑，發生電離，具有酸性，錯誤；D、苯酚中羥基影響苯環使苯環上羥基鄰、對位氫原子活潑易被取代，易與濃溴水反應生成白色沉淀，錯誤。2、C【解析】

A．CCl4中只含C-Cl極性共價鍵，故A不選；B．Na2O2既含有非極性共價鍵，又含有離子鍵，為離子化合物，故B不選；C．C2H4中含C-H極性共價鍵和C=C非極性共價鍵，只含共價鍵，由C、H元素組成，為共價化合物，故C選；D．CS2中只含C=S極性共價鍵，故D不選；故選：C。3、C【解析】

A．三硝酸纖維素脂正確書寫為：三硝酸纖維素酯，屬于酯類物質，故A錯誤；B．硬酯酸鈉中的“酯”錯誤，應該為硬脂酸鈉，故B錯誤；C．硝基苯為苯環上的一個氫原子被硝基取代得到，結構簡式：，故C正確；D．氯化鈉的配位數是6，氯化鈉的晶體模型為，故D錯誤；故答案為：C。4、A【解析】

A、過量二氧化硫含氨水反應生成亞硫酸氫銨；B、醋酸為弱電解質，保留化學式；C、漏寫銨根離子與堿的反應；D、硫化銀比氯化銀更難溶，則氯化銀懸濁液中滴加硫化鈉會生成硫化銀黑色沉淀，前者有沉淀，后者沉淀無需符號?！驹斀狻緼、過量二氧化硫氣體通入冷氨水中反應的離子方程式為：，故A正確；B、醋酸溶液與水垢中的CaCO3反應，離子方程式：CaCO3+2CH3COOH=Ca2++H2O+CO2↑+2CH3COO-，故B錯誤；C、NH4HCO3溶于過量的NaOH溶液中的離子反應為，故C錯誤；D、AgCl懸濁液中滴加Na2S溶液，由于氯化銀的溶解度大于硫化銀，則實現了沉淀轉化，會觀察到白色沉淀變成黑色，反應的離子方程式為：2AgCl+S2-=Ag2S+2Cl﹣，故D錯誤；故選：A?！军c睛】判斷離子方程式是否正確可從以下幾個方面進行：①從反應原理進行判斷，如反應是否能發生、反應是否生成所給產物等；②從物質存在形態進行判斷，如拆分是否正確、是否正確表示了難溶物和氣體等（如本題B選項）；③從守恒角度進行判斷，如原子守恒、電荷守恒、氧化還原反應中的電子轉移守恒等；④從反應的條件進行判斷；⑤從反應物的組成以及反應物之間的配比進行判斷。5、B【解析】

A.pH＝2的溶液為酸性溶液，在酸性條件下，NO3-具有強氧化性，能夠將Fe2＋與I－氧化，離子不能共存，A項錯誤；B.NaAlO2溶液中偏鋁酸根離子水解顯堿性，其中K＋、OH－、Cl－、SO42-不反應，能大量共存，B項正確；C.根據水的離子積表達式可知，Kw/c(OH-)＝c(H+)，該溶液為酸性溶液，則SiO32-與H+反應生成硅酸沉淀，ClO－與H+反應生成HClO，不能大量共存，C項錯誤；D.Fe3＋與SCN－會形成配合物而不能大量共存，D項錯誤；答案選B。【點睛】離子共存問題，側重考查學生對離子反應發生的條件及其實質的理解能力，題型不難，需要注意的是，溶液題設中的限定條件。如無色透明，則常見的有顏色的離子如Cu2+、Fe3+、Fe2+、MnO4-、Cr2O72-、CrO42-等不符合題意；還有一些限定條件如：常溫下與Al反應生成氫氣的溶液時，該溶液可能為酸溶液，也可能為堿溶液。做題時只要多加留意，細心嚴謹，便可快速選出正確答案。6、A【解析】合金是由兩種或兩種以上的金屬與金屬或非金屬經一定方法熔合成的具有金屬特性的物質；鋁是純凈物，不屬于合金，故A正確；青銅是銅與錫或鉛的合金，故B錯誤；不銹鋼是鐵中含有鉻、鎳的合金，故C錯誤；生鐵是鐵和碳的合金，故D錯誤。7、D【解析】

A.2－丙醇含有羥基，可與HCl等發生取代反應，發生消去反應生成丙烯，發生催化氧化反應生成丙酮，A不符合題意；B.苯甲醇可與HCl等發生取代反應，能發生催化氧化反應生成苯甲醛，但不能發生消去反應，B不符合題意；C.甲醇含有羥基，可與HCl等發生取代反應，能發生催化氧化反應生成甲醛，但不能發生消去反應，C不符合題意；D.含有羥基，可與HCl等發生取代反應，發生消去反應生成2－甲基－1－丙烯，發生催化氧化反應生成2－甲基丙醛，D符合題意；答案選D?！军c晴】該題的關鍵是明確醇發生消去反應和催化氧化反應的規律，即與羥基所連碳相鄰的碳上有氫原子才能發生消去反應，形成不飽和鍵；醇發生氧化反應的結構特點是：羥基所連碳上有氫原子的才能發生氧化反應，如果含有2個以上氫原子，則生成醛基，否則生成羰基。8、D【解析】

A.pH=6時c(H+)=10-6，由圖可得此時=0，則Ka==10-6，設HR0.01mol·L－1電離了Xmol·L－1，Ka==10-6，解得X=10-6，pH=4，A項正確；B.由已知HR溶液中存在著HR分子，所以HR為弱酸，==c(H+)/Ka溫度不變時Ka的值不變，c(H+)濃度在減小，故在減小，B項正確；C.當溶液為堿性時，R－的水解會被抑制，c(R－)＞c(HR)，C項正確；D.Ka=10-6，當通入0.01molNH3時，恰好反應生成NH4R，又因為常溫下NH3·H2O電離平衡常數K＝1.76×10－5，所以NH4R溶液中R-水解程度大于NH4+水解程度，NH4R溶液呈堿性，則c(NH4+)＞c(R－)＞c(OH－)＞c(H+)，D項錯誤；答案選D。9、C【解析】

A.Fe2(SO4)3溶液中加入足量Ba(OH)2溶液的離子方程式為：2Fe3++3SO42－+3Ba2++6OH-=2Fe(OH)3↓+3BaSO4↓，故錯誤；B.Na2O2溶于水產生O2的離子方程式為：2Na2O2+2H2O=4Na++4OH－+O2↑，故錯誤；C.Na2SO3溶液使酸性高錳酸鉀溶液褪色的離子方程式為：6H++5SO32－+2MnO4-=5SO42－+2Mn2++3H2O，故正確；D.向苯酚鈉溶液中通入少量CO2：C6H5O-+H2O+CO2→C6H5OH+HCO3－，故錯誤。故選C。10、D【解析】

放電時，金屬Zn發生失電子的氧化反應生成Zn2+，即M電極為負極，則N電極為正極，電極反應式為2PTO+8e-+4Zn2+═PTO-Zn2+；充電時，外加電源的正極連接原電池的正極N，外加電源的負極連接原電池的負極。【詳解】A.該原電池中，放電時M電極為負極，N電極為正極，正極得電子發生還原反應，故A正確；

B.充電時，原電池的負極M連接外加電源的負極作陰極，電解質中陽離子Zn2+移向陰極M，故B正確；

C.放電時，正極反應式為2PTO+8e-+4Zn2+═PTO-Zn2+，負極反應式為Zn-2e-=Zn2+，電子守恒有4Zn～PTO-Zn2+，所以每生成1molPTO-Zn2+，M極溶解Zn的質量=65g/mol×4mol=260g，故C正確；

D.充電時，原電池的正極N連接外加電源的正極作陽極，發生失電子的氧化反應，電極反應式為PTO-Zn2+-8e-=2PTO+4Zn2+，故D錯誤；

故選：D。11、C【解析】

因W的最外層電子數比X的最外層電子數少1個，且原子序數W>X，因此X、Y、Z為第二周期元素，W為第三周期元素，結合(ZXY)2的結構式可知，X為C，Y為N，Z為O，X最外層電子數為4，故W為Al，以此解答?！驹斀狻緼．化合物AlN為原子晶體，AlN最高可穩定到2200℃，室溫強度高，且強度隨溫度的升高下降較慢，導熱性好，熱膨脹系數小，是良好的耐熱沖擊材料，故A不符合題意；B．N的氧化物對應的水化物中HNO2為弱酸，故B不符合題意；C．C的氫化物的沸點隨分子量的增加而增大，沸點不一定比H2O的沸點低，故C符合題意；D．由(OCN)2的結構式可知所有原子均滿足8電子穩定結構，故D不符合題意；故答案為：C。12、A【解析】

本題涉及兩個反應：Cl2+H2SO3+H2O2HCl+H2SO4，Cl2+2HI2HCl+I2。第一個反應會導致溶液中的c(H+)增大，第二個反應不會使溶液中的c(H+)變化。通過反應I2+H2SO3+H2O2HI+H2SO4知H2SO3的還原性強于HI，所以H2SO3優先被氧化，先發生第一個反應，據此分析?！驹斀狻縃2SO3與碘離子都具有還原性，但是H2SO3還原性強于碘離子，通入氯氣后，氯氣首先氧化H2SO3為H2SO4，H2SO3反應完畢，然后再氧化I-。氯氣氧化亞硫酸生成硫酸：Cl2+H2SO3+H2O=H2SO4+2HCl0.02mol0.02mol0.02mol0.04molH2SO3為弱酸，生成兩種強酸：H2SO4和HCl，c（H+）增大，H2SO3反應完畢，消耗Cl20.02mol，Cl2過量0.01mol，然后再氧化I-：Cl2+2HI=Br2+2HI0.01mol0.02molHI全部被氯氣氧化轉變為I2和HCl，HCl和HI都是強酸，所以c（H+）不變；答案選A。【點睛】本題以氧化還原反應為切入點，考查考生對氧化還原反應、離子反應、物質還原性強弱等知識的掌握程度，以及分析和解決問題的能力。13、D【解析】

A．充電為電解原理，由題意知Na+反應后為NaxFeIIFeIII(CN)6而不是金屬Na，A錯誤；B．充電時陰極得到電子，反應式為xNa++FeIIFeIII(CN)6+xe?=NaxFeIIFeIII(CN)6，B錯誤；C．放電時為原電池原理，由總反應知Ni化合價下降，應為正極，故NaxFeIIFeIII(CN)6為負極，C錯誤；D．放電時陽離子向正極移動，D正確；故選D。14、C【解析】

A．CO2在水中的溶解度不大，氨氣在水中的溶解度很大，應該先通入氨氣，使溶液呈堿性，以利于吸收更多的CO2，產生更多的NaHCO3，故A錯誤；B．錐形瓶、容量瓶中有少量的蒸餾水，不影響滴定結果或配制溶液的濃度，并且加熱烘干時可能會影響刻度，造成誤差，所以不需要烘干錐形瓶或容量瓶，故B錯誤；C．酸性高錳酸鉀溶液可以將乙烯氧化為二氧化碳，足量堿石灰可吸收二氧化碳和水蒸氣，即可得純凈的甲烷，故C正確；D．中和滴定實驗中滴定管中液體流速可以先快速滴加，接近終點時再緩慢滴加，滴定時眼睛注視錐形瓶中液體顏色的變化，不用注視著滴定管中液體刻度的變化，故D錯誤；答案選C?！军c睛】酸性高錳酸鉀溶液可以將乙烯氧化為二氧化碳，隨后加入足量堿石灰可吸收二氧化碳和水蒸氣，可以達到除雜的目的，也是學生的易錯點。15、D【解析】

A.Cu與濃硫酸在加熱時發生反應生成SO2，圖中固液加熱裝置可制備，A正確；B.硫酸銅與NaI發生氧化還原反應生成CuI、SO2，可用該裝置制備CuI并制備少量含SO2的溶液，B正確；C.分離沉淀與溶液，可選該裝置進行過濾，C正確；D.加熱干燥濕的CuI固體，由于CuI易被氧化，因此不能用該裝置加熱，D錯誤；故合理選項是D。16、A【解析】

由n＝＝可知，ρ＝＝，據此分析作答?！驹斀狻緼.由上述分析可知，在相同條件下氣體的相對分子質量之比等于其密度之比，所以兩種氣體的密度之比為64∶80＝4∶5，A項正確；B.設氣體的質量均為mg，則n(SO2)＝mol，n(SO3)＝mol，所以二者物質的量之比為∶＝80∶64＝5∶4，B項錯誤；C.根據V＝n·Vm可知，同溫同壓下，氣體的體積之比等于物質的量之比，所以兩種氣體的體積之比為5∶4，C項錯誤；D.根據分子組成可知，兩種氣體的原子數之比為（5×3）∶（4×4）＝15∶16，D項錯誤；答案選A。二、非選擇題（本題包括5小題）17、C17H15NO5還原反應取代反應CH3COOCOCH3、、、、（任寫三種）【解析】

根據貝諾酯的結構簡式和G、H的分子式可知，G為，H為，再根據題各步轉化的條件及有關物質的分子式可推知，E為，B為，C為CH3COOCOCH3，A為，F為，D為，A發生還原反應得B，B與C發生取代反應生成E，E與氫氧化鈉反應生成G，C與D發生取代反應生成F，F發生取代反應生成H，G和H發生取代反應生成I，據此分析解答?！驹斀狻?1)根據結構簡式知，貝諾酯的分子式C17H15NO5，故答案為：C17H15NO5；(2)A→B的反應類型是還原反應，G+H→Ⅰ的反應類型是取代反應，故答案為：還原反應；取代反應；(3)根據上面的分析可知，C為CH3COOCOCH3，G為，故答案為：CH3COOCOCH3；；(4)a.不能與FeC13溶液發生顯色反應，說明沒有酚羥基，b.能發生銀鏡反應和水解反應，說明有甲酸某酯的結構或酯基和醛基同時存在，c.能與金屬鈉反應放出H2，說明有羥基或羧基，d.苯環上的一氯取代產物只有兩種結構，一般為兩個取代基處于對位，則滿足條件的F的同分異構體的結構簡式為、、、、，故答案為：、、、、(其中的三種)；(5)A為，從A和乙酸出發合成，可以先將對硝基苯酚還原成對氨基苯酚，在堿性條件下變成對氨基苯酚鈉，將醋酸與SOCl2反應生成CH3COCl，CH3COCl與對氨基苯酚鈉發生反應即可得產品，合成線路為，故答案為：。18、加成反應3?氯丙烯碳碳雙鍵和氯原子CH2=CHCH=CH2CH2=CHCH3+Cl2CH2=CHCH2Cl+HCl20【解析】

根據各物質的轉化關系，丙烯與氯氣發生取代生成B為3-氯丙烯，比較B和D的結構簡式可知，B與C發生加成反應生成D，C為CH2=CHCH=CH2，D與氫氣發生加成反應生成E為，E與氰化鈉發生取代生成F，F與氫氣加成生成G，G與氯化氫加成再堿性水解得，再氧化可得X，以CH3CH=CHCH3合成，可以用CH3CH=CHCH3與CH2=CHCH=CH2發生加成反應得，再與氯氣加成后與乙炔鈉反應可得，據此答題?！驹斀狻?1)根據上面的分析可知，反應①的反應類型是加成反應，故答案為：加成反應。(2)B的名稱是3?氯丙烯，根據D的結構簡式可知，D分子中含有官能團的名稱是碳碳雙鍵和氯原子，故答案為：3?氯丙烯；碳碳雙鍵和氯原子。(3)根據上面的分析可知，物質C的結構簡式為CH2=CHCH=CH2，故答案為：CH2=CHCH=CH2。(4)A生成B的化學方程式為CH2=CHCH3+Cl2CH2=CHCH2Cl+HCl，應③的化學方程式為；故答案為：CH2=CHCH3+Cl2CH2=CHCH2Cl+HCl；。(5)根據D的結構，結合條件①有相同的官能團，即有碳碳雙鍵和氯原子，②含有六元環，③六元環上有2個取代基，則符合條件的D的同分異構體為含有碳碳雙鍵的六元環上連有氯原子和甲基，這樣的結構有17種，或者是的環上連有氯原子，有3種結構，所以共有20種；故答案為：20。(6)以CH3CH=CHCH3合成，可以用CCH3CH=CHCH3與CH2=CHCH=CH2發生加成反應得，再與氯氣加成后與乙炔鈉反應可得，反應的合成路線為；故答案為：。19、Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O增大氣體與溶液的接觸面積，加快氣體的吸收速率取少量NaHSO3晶體于試管中，加少量水溶解，滴加過量鹽酸，再滴加氯化鋇溶液，看是否有白色沉淀生成，若有，說明NaHSO3被氧化三頸燒瓶恒壓滴液漏斗可以保持內外壓強一致，液體順利流下，同時避免HCHO揮發溫度過低反應較慢，溫度過高會導致吊白塊分解當滴入最后一滴草酸溶液，錐形瓶內溶液顏色由紫紅色變為無色，且半分鐘內部變為原來的顏色92.40%偏高【解析】

⑴裝置Ⅰ中產生氣體的化學反應方程式為Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O；Ⅱ中多孔球泡的作用是可以增大氣體與液體的接觸面積，加快氣體的吸收速率。⑵實驗室檢測NaHSO3晶體在空氣中是否發生氧化變質的實驗方案是其實就是硫酸根離子的檢驗，首先排除亞硫酸氫根離子干擾，所以取少量NaHSO3晶體于試管中，加少量水溶解，滴加過量鹽酸，再滴加氯化鋇溶液，看是否有白色沉淀生成，若有，說明NaHSO3被氧化。⑶儀器A的名稱為三頸燒瓶；用恒壓漏斗代替普通滴液漏斗滴加甲醛的優點是恒壓滴液漏斗可以保持內外壓強一致，液體順利流下，同時避免HCHO揮發。⑷根據信息吊白塊在酸性環境下、100℃即發生分解釋放出HCHO，因此將儀器A中的反應溫度恒定在80~90℃的目的是溫度過低反應較慢，溫度過高會導致吊白塊分解。⑸滴定終點的判斷方法是當滴入最后一滴草酸溶液，錐形瓶內溶液顏色由紫紅色變為無色，且半分鐘內部變為原來的顏色；5mol：0.1000mol·L－1×0.03L=2mol：xmol解得x=1.2×10－3mol36.00mL0.1000mol·L－1酸性KMnO4的物質的量為36.00×10－3L×0.1000mol·L－1=3.6×10－3mol，則甲醛消耗得高錳酸鉀的物質的量為3.6×10－3mol-1.2×10－3mol=2.4×10－3mol，再根據4mol：2.4×10－3mol=5mol：ymol解得y=3×10－3mol，若KMnO4標準溶液久置釋放出O2而變質，消耗草酸量減少，則計算出高錳酸鉀與甲醛反應得多，則計算出吊白塊測量結果偏高?！驹斀狻竣叛b置Ⅰ中產生氣體的化學反應方程式為Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O；Ⅱ中多孔球泡的作用是可以增大氣體與液體的接觸面積，加快氣體的吸收速率，故答案為：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O；增大氣體與溶液的接觸面積，加快氣體的吸收速率。

⑵實驗室檢測NaHSO3晶體在空氣中是否發生氧化變質的實驗方案是其實就是硫酸根離子的檢驗，首先排除亞硫酸氫根離子干擾，所以取少量NaHSO3晶體于試管中，加少量水溶解，滴加過量鹽酸，再滴加氯化鋇溶液，看是否有白色沉淀生成，若有，說明NaHSO3被氧化，故答案為：取少量NaHSO3晶體于試管中，加少量水溶解，滴加過量鹽酸，再滴加氯化鋇溶液，看是否有白色沉淀生成，若有，說明NaHSO3被氧化。⑶儀器A的名稱為三頸燒瓶；用恒壓漏斗代替普通滴液漏斗滴加甲醛的優點是恒壓滴液漏斗可以保持內外壓強一致，液體順利流下，同時避免HCHO揮發，故答案為：恒壓滴液漏斗可以保持內外壓強一致，液體順利流下，同時避免HCHO揮發。⑷根據信息吊白塊在酸性環境下、100℃即發生分解釋放出HCHO，因此將儀器A中的反應溫度恒定在80~90℃的目的是溫度過低反應較慢，溫度過高會導致吊白塊分解，故答案為：溫度過低反應較慢，溫度過高會導致吊白塊分解。⑸滴定終點的判斷方法是當滴入最后一滴草酸溶液，錐形瓶內溶液顏色由紫紅色變為無色，且半分鐘內部變為原來的顏色；5mol：0.1000mol·L－1×0.03L=2mol：xmol解得x=1.2×10－3mol36.00mL0.1000mol·L－1酸性KMnO4的物質的量為36.00×10－3L×0.1000mol·L－1=3.6×10－3mol，則甲醛消耗得高錳酸鉀的物質的量為3.6×10－3mol-1.2×10－3mol=2.4×10－3mol，再根據4mol：2.4×10－3mol=5mol：ymol解得y=3×10－3mol，若KMnO4標準溶液久置釋放出O2而變質，消耗草酸量減少，則計算出高錳酸鉀與甲醛反應得多，則計算出吊白塊測量結果偏高，故答案為：當滴入最后一滴草酸溶液，錐形瓶內溶液顏色由紫紅色變為無色，且半分鐘內部變為原來的顏色；92.40%；偏高。20、2ClCH2COOH+CO32-=2ClCH2COO-+CO2↑+H2O（球形）冷凝管x膠頭滴管100mL容量瓶8.0g取一塊pH試紙放到干燥的表面皿上，用干燥的玻璃棒蘸取待測溶液滴在pH試紙中部，待試紙變色后與標準比色卡比較滴入最后一滴EDTA標準溶液，溶液由酒紅色變為藍色，且半分鐘內不恢復原色33.6度偏大【解析】

(1)根據強酸制弱酸的原理書寫反應的離子方程式；(2)根據儀器結構判斷儀器名稱，冷凝管中冷卻水應從下口進入，從上口流出；(3)實驗中需要2.0mol/LNaOH溶液90mL，但是實驗室沒有90mL的容量瓶，應用100mL容量瓶，即應配制100mLNaOH溶液，據此計算需要NaOH固體的質量，再根據用NaOH固體配制NaOH溶液的實驗步驟判斷所需儀器；(4)根據pH試紙的使用方法進行解答；(5)①根據溶液顏色變色判斷滴定終點，用EBT(鉻黑T，藍色)作為指示劑，結合已知反應判斷滴定終點顏色的變化；②首先明確關系式n(M2+)~n(EDTA)~n(CaO)，進而計算1L水樣中CaO的質量，再結合該地下水的硬度的表示方法進行計算；③若實驗時裝有EDTA標準液的滴定管只用蒸餾水洗滌而未用標準液潤洗，則使得EDTA標準液的濃度偏小，則滴定等量EDTA消耗EDTA標準液的體積偏大?！驹斀狻?1)已知ClCH2COOH與Na2CO3溶液反應產生無色氣泡，可知二者反應生成二氧化碳氣體，由強酸制弱酸的原理可知，反應的離子方程式為2ClCH2COOH+CO32-=2ClCH2COO-+CO2↑+H2O，故答案為：2ClCH2COOH+CO32-=2ClCH2COO-+CO2↑+H2O；(2)儀器Q的名稱是（球形）冷凝管，冷卻水應從下口進入，從上口流出，故答案為：（球形）冷凝管；x；(3)實驗中需要2.0mol/LNaOH溶液90mL，但是實驗室沒有90mL的容量瓶，應用100mL容量瓶，即應配制100mLNaOH溶液，因此n(NaOH)=c(NaOH)V(NaOH)=2.0mol/L×0.1L=0.2mol，m(NaOH)=n(NaOH)M(NaOH)=0.2mol×40g/mol=8.0g，用NaOH固體配制NaOH溶液的實驗步驟為計算、稱量、溶解、冷卻、移液、洗滌、定容、裝瓶，據此可知配制時使用的儀器除了天平、燒杯、玻璃棒外，還需要膠頭滴管和100mL容量瓶，故答案為：膠頭滴管；100mL容量瓶；8.0g；(4)測定溶液pH的方法是取一塊pH試紙放到干燥的表面皿上，用干燥的玻璃棒蘸取待測溶液滴在pH試紙中部，待試