2025-2026学年甘肃省岷县二中高三下学期一调化学试题含解析.doc

2025-2026学年甘肃省岷县二中高三下学期一调化学试题
请考生注意：
1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。
2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、苯甲酸在水中的溶解度为：0.18g（4℃）、0.34g（25℃）、6.8g（95℃）。某苯甲酸晶体 中含少量可溶性杂质X和难溶性杂质Y。现拟用下列装置和操作进行提纯：装置：

操作：①常温过滤②趁热过滤③加热溶解④结晶⑤洗涤、干燥下列有关说法正确的是_________
A．用甲装置溶解样品，X 在第①步被分离
B．用乙装置趁热过滤，Y 在第②步被分离
C．用丙装置所示的方法结晶
D．正确的操作顺序为：③→④→②→①→⑤
2、某溶液X中含有H+、、Na+、Mg2+、Fe2+、、Cl−、Br−、、SiO32-和HCO3-离子中的若干种。取100 mL该溶液进行如下实验：

下列说法正确的是
A．溶液X中一定没有、SiO32-，可能有Na+、Fe2+
B．溶液X中加NaOH后，所得沉淀的成分可能有两种
C．溶液X中c（Cl−）≤0.2 mol·L−1
D．溶液X可能是由NH4HSO4、MgCl2按物质的量之比2∶1混合再溶于水配制而成
3、常温下，向某浓度的二元弱酸H2C2O4溶液中逐滴加入NaOH溶液，pC与溶液pH的变化关系如图所示(pC=－lgx，x表示溶液中溶质微粒的物质的量浓度)。下列说法正确的是

A．常温下，H2C2O4的Ka1=100.8
B．pH=3时，溶液中
C．pH由0.8增大到5.3的过程中，水的电离程度逐渐增大
D．常温下，随着pH的增大，的值先增大后减小
4、下列物质的制备中，不符合工业生产实际的是（　　）
A．NH3NO NO2HNO3
B．浓缩海水Br2 HBr Br2
C．饱和食盐水Cl2 漂白粉
D．H2和Cl2混合气体HCl气体 盐酸
5、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）
6、短周期元素X、Y、Z、M的原子序数依次增大。元素X的一种高硬度单质是宝石，Y2+电子层结构与氖相同，Z的质子数为偶数，室温下，M单质为淡黄色固体。下列说法不正确的是
A．X单质与M单质不能直接化合
B．Y的合金可用作航空航天飞行器材料
C．M简单离子半径大于Y2+的半径
D．X和Z的气态氢化物，前者更稳定
7、有以下六种饱和溶液①CaCl2；②Ca(OH)2；③Na2SiO3；④Na2CO3；⑤NaAlO2；⑥NH3和NaCl，分别持续通入CO2，最终不会得到沉淀或析出晶体的是
A．①② B．③⑤ C．①⑥ D．④⑥
8、下列物质中，属于电解质的是(　　)
A．蔗糖 B．浓硫酸 C．硫酸氢钠 D．二氧化硅
9、如表所示的五种元素中，W、X、Y、Z为短周期元素，这四种元素的原子最外层电子数之和为22。下列说法正确的是

X
Y

W

Z
T

A．原子半径：X>Y>Z
B．X、Y、Z三种元素最低价氢化物的沸点依次升高
C．由X、Y和氢三种元素形成的化合物中只有共价键
D．T元素的单质具有半导体的特性
10、下列反应的离子方程式正确的是（ ）
A．碳酸钠水解：CO32﹣+2H2O⇌H2CO3+2OH﹣
B．等物质的量浓度的Ba（OH）2溶液与 NaHSO4溶液等体积混合Ba2++OH﹣+H++SO42﹣═BaSO4↓+H2O
C．NaClO溶液中滴入少量FeSO4溶液：2Fe2++ClO﹣+2H+═Cl﹣+Fe3++H2O
D．向Na2SiO3溶液中通入过量CO2：SiO32﹣+CO2+H2O═H2SiO3↓+CO32﹣
11、化学与人类生活、社会可持续发展密切相关，下列说法中不正确的是（ ）
A．煤的气化与液化均为化学变化
B．大自然利用太阳能最成功的是植物的光合作用
C．砖瓦、陶瓷、渣土、普通一次性电池、鱼骨等属于其他垃圾
D．用CO2合成可降解的聚碳酸酯塑料，可以实现“碳”的循环利用
12、X、Y、Z、M、R、Q是短周期主族元素，已知常温下X单质为黄色固体，Y是无机非金属材料的主角，Z焰色反应呈黄色。部分信息如下表：

X
Y
Z
M
R
Q
原子半径/nm
0.104
0.117
0.186
0.074
0.099
0.143
主要化合价
-2
+4，-4
+1
-2
-1，+7
+3
下列说法正确的是：
A．R在元素周期表中的位置是第二周期ⅥA族
B．X、Y均可跟M形成化合物，但它们的成键类型不相同
C．Z、R、Q最高价氧化物的水化物能相互反应
D．Y元素氧化物是用于制造半导体器件、太阳能电池的材料
13、化学是一门以实验为基础的学科。下列实验装置和方案能达到相应目的是（　　）
A．图装置，加热蒸发碘水提取碘
B．图装置，加热分解制得无水Mg
C．图装置，验证氨气极易溶于水
D．图装置，比较镁、铝的金属性强弱
14、水系钠离子电池安全性能好、价格低廉、对环境友好，有着巨大的市场前景。某钠离子电池工作原理如图，电池总反应为：2NaFePO4F + Na3Ti2(PO4)32Na2FePO4F+ NaTi2(PO4)3

下列说法错误的是
A．充电时，a接电源正极
B．放电时，溶液中的Na+在NaFePO4F电极上得电子被还原
C．充电时，阴极上的电极反应为NaTi2(PO4)3+2Na++2e﹣=Na3Ti2(PO4)3
D．理论上，该电池在充电或放电过程中溶液中的c(Na+)不变
15、为了减缓海水对钢闸门A的腐蚀（见图），关于B的说法合理的是（　　）

A．B是碳棒
B．B是锌板
C．B是铜板
D．B极无需定时更换
16、常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（　　）
A．1.0 mol·L－1的KNO3溶液中：H＋、Fe2＋、Cl－、
B．使紫色石蕊溶液变红的溶液中：、Ba2＋、、Cl－
C．pH＝12的溶液中：K＋、Na＋、CH3COO－、Br－
D．滴加几滴KSCN溶液显血红色的溶液中：、Mg2＋、I－、Cl－
二、非选择题（本题包括5小题）
17、丙胺卡因（H）是一种局部麻醉药物，实验室制备H的一种合成路线如下：

已知：

回答下列问题：
(1)B的化学名称是________，H的分子式是_____________。
(2)由A生成B的反应试剂和反应条件分别为_______________。
(3)C中所含官能团的名称为_________，由G生成H的反应类型是___________。
(4)C与F反应生成G的化学方程式为______________________________________。反应中使用K2CO3的作用是_______________。
(5)化合物X是E的同分异构体，X能与NaOH溶液反应，其核磁共振氢谱只有1组峰。X的结构简式为____________________。
(6)（聚甲基丙烯酸甲酯）是有机玻璃的主要成分，写出以丙酮和甲醇为原料制备聚甲基丙烯酸甲酯单体的合成路线：________________。（无机试剂任选）
18、我国成功研制出了具有自主知识产权的治疗缺血性脑梗死新药——丁苯酞。有机物G是合成丁苯酞的中间产物，G的一种合成路线如下：

已知：
回答下列问题：
（1）A的结构简式是___________，E的化学名称是____________。
（2）由B生成C的化学方程式为______________________。
（3）G的结构简式为__________________。合成丁苯酞的最后一步转化为：
，则该转化的反应类型是_______________。
（4）有机物D的溴原子被羟基取代后的产物J有多种同分异构体，其中含有苯环的同分异构体有______种（不包括J），其核磁共振氢谱吸收峰最多的结构简式为_________。
（5）参照题中信息和所学知识，写出用和CH3MgBr为原料（其他无机试剂任选）制备的合成路线：______________。
19、为了测定含氰废水中CN－ 的含量，某化学小组利用如图所示装置进行实验。关闭活塞a，将100ml含氰废水与过量NaClO溶液置于装置B的圆底烧瓶中充分反应，打开活塞b，滴入稀硫酸，然后关闭活塞b。

（1）B中盛装稀硫酸的仪器的名称是_____________。
（2）装置D的作用是_________________，装置C中的实验现象为______________。
（3）待装置B中反应结束后，打开活塞a，经过A装置缓慢通入一段时间的空气
①若测得装置C中生成59.1mg沉淀，则废水中CN－的含量为_________mg·L-1 。
②若撤去装置A，直接向装置B中缓慢通入一段时间的空气，则测得含氰废水中CN－的含量__________（选填“偏大”、“偏小”、“不变”）。
（4）向B中滴入稀硫酸后会发生某个副反应而生成一种有毒的黄绿色气体单质，该副反应的离子方程式为_________________。
（5）除去废水中CN－的一种方法是在碱性条件下，用H2O2将CN－氧化生成N2，反应的离子方程式为_____________________________。
20、氮化铝(室温下与水缓慢反应)是一种新型无机材料，广泛应用于集成电路生产领域。化学研究小组同学按下列流程制取氮化铝并测定所得产物中AlN的质量分数。
己知：AlN＋NaOH＋3H2O＝Na[Al(OH)4]＋NH3↑。

回答下列问题：
（1）检查装置气密性，加入药品，开始实验。最先点燃___(“A”、“C”或“E”)处的酒精灯或酒精喷灯。
（2）装置A中发生反应的离子方程式为___，装置C中主要反应的化学方程式为___，制得的AlN中可能含有氧化铝、活性炭外还可能含有___。
（3）实验中发现氮气的产生速率过快，严重影响尾气的处理。实验中应采取的措施是___(写出一种措施即可)。
（4）称取5.0g装置C中所得产物，加入NaOH溶液，测得生成氨气的体积为1.68 L(标准状况)，则所得产物中AlN的质量分数为___。
（5）也可用铝粉与氮气在1000℃时反应制取AlN。在铝粉中添加少量NH4Cl固体并充分混合，有利于AlN的制备，共主要原因是___。
21、ⅡB−ⅥA族半导体纳米材料（如CdTe、CdSe、ZnSe、ZnS等）在光电子器件、太阳能电池以及生物探针等方面有广阔的前景。回答下列问题：
（1）基态锌（Zn）原子的电子排布式为[Ar]_____。
（2）“各能级最多容纳的电子数，是该能级原子轨道数的二倍”，支撑这一结论的理论是______（填标号）
a 构造原理 b 泡利原理 c 洪特规则 d 能量最低原理
（3）在周期表中，Se与As、Br同周期相邻，与S、Te同主族相邻。Te、As、Se、Br的第一电离能由大到小排序为_______。
（4）H2O2和H2S的相对分子质量相等，常温下，H2O2呈液态，而H2S呈气态，其主要原因是______；的中心原子杂化类型为_______，其空间构型为_______。
（5）ZnO具有独特的电学及光学特性，是一种应用广泛的功能材料。
①已知锌元素、氧元素的电负性分别为1.65、3.5，ZnO中化学键的类型为______。ZnO可以被NaOH溶液溶解生成[Zn(OH)4]2—，请从化学键角度解释能够形成该离子的原因。_______。

②一种ZnO晶体的晶胞如图所示。晶胞边长为a nm、阿伏加德罗常数的值为NA，其晶体密度为________g·cm−3。
参考答案

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、A
【解析】
A. 苯甲酸在水中的溶解度为0.18g（4℃），、0.34g（25℃）、6.8g（95℃）用甲装置溶解样品，Y末溶，X溶解形成不饱和溶液，苯甲酸形成热饱和溶液，X在第①步被分离到溶液中，故A正确；
B. 乙是普通漏斗，不能用乙装置趁热过滤，且过滤装置错误，故B错误；
C. 根据苯甲酸的溶解度受温度影响，应用冷却热饱和溶液的方法结晶，故C错误；
D. 正确的操作顺序为：③加热溶解：X和苯甲酸溶解②趁热过滤：分离出难溶物质Y④结晶：苯甲酸析出 ①常温过滤：得到苯甲酸，X留在母液中⑤洗涤、干燥，得较纯的苯甲酸，正确的顺序为③→②→④→①→⑤，故D错误；
故选A。
2、D
【解析】
A.加入一定量的氢氧化钠后得到中性溶液，说明原溶液为酸性，则偏铝酸根离子和硅酸根离子和碳酸氢根离子都不能存在，后续溶液中加入硝酸银产生白色沉淀，说明不含溴离子。原溶液存在的阴离子只能是硫酸根离子或氯离子。所以4.66克白色沉淀为硫酸钡沉淀，产生气体为氨气，所以原溶液一定含有铵根离子和硫酸根离子，若有亚铁离子，则加入氢氧化钠生成氢氧化亚铁沉淀，灼烧后得到红棕色氧化铁，故一定不含亚铁离子，故错误；
B.加入氢氧化钠能产生的沉淀只能是氢氧化镁沉淀，故错误；
C.氨气的体积为448mL，物质的量为0.02mol，说明铵根离子物质的量为0.02mol，结合氢氧化钠的物质的量为0.02mol，硫酸钡沉淀为4.66克，硫酸根离子物质的量为0.02mol，氧化镁质量为0.4克，镁离子物质的量为0.01mol，结合的氢氧化钠的物质的量为0.02mol，第一步消耗0.06mol氢氧化钠，所以说明原溶液还有氢离子，物质的量为0.06-0.02-0.02=0.02mol，根据电荷守恒分析，还应存在有阴离子，只能为氯离子，所以氯离子的物质的量为0.01×2+0.02+0.02-0.02×2=0.02mol，若溶液中含有钠离子，则氯离子的物质的量大于0.02mol，则氯离子的浓度最小值为，故错误；
D.溶液中含有0.02mol铵根离子，0.02mol硫酸根离子，0.01mol镁离子，0.02mol氢离子，氯离子物质的量最小值为0.02mol，可能是由0.02molNH4HSO4和0.01molMgCl2按物质的量之比2∶1混合再溶于水配制而成，或还有氯化钠，故正确。
答案选D。
掌握反应过程中离子之间的比例关系，进行定量和定性分析，注意前后的一致性，如当加入氢氧化钠后溶液为中性，说明原溶液为酸性，则偏铝酸根离子或硅酸根离子或碳酸氢根离子等都不存在。根据氢氧化钠的消耗量分析溶液中存在氢离子，再根据溶液中的电荷守恒确定溶液中的氯离子的存在以及数值。
3、C
【解析】
A．曲线II为PC(H2C2O4)，曲线I为PC(HC2O4-)、III为PC(C2O42-)，当pH=0.8时，PC(H2C2O4)=PC(HC2O4-)，即c(H2C2O4)=c(HC2O4-)，则Ka1==c(H+) =10-0.8，故A错误；
B．曲线II为PC(H2C2O4)，曲线I为PC(HC2O4-)、III为PC(C2O42-)，pH=3时，PC(H2C2O4)=PC(C2O42-)＞PC(HC2O4-)，pC越小则该微粒浓度越大，所以c(HC2O3-)＞c(C2O42-)=c(H2C2O4)，故B错误；
C．酸抑制水电离，酸中c(H+)越大其抑制水电离程度越大，所以pH从0.8上升到5.3的过程中c(H+)减小，则水的电离程度增大，故C正确；
D．，电离平衡常数只与温度有关，温度不变则不变，故D错误；
故答案为C。
考查弱电解质的电离，侧重考查学生图象分析判断能力，正确判断曲线与微粒的一一对应关系是解本题关键，注意纵坐标大小与微粒浓度关系，为易错点，pC越小则该微粒浓度越大，c(H2C2O4)越大，pC越小。
4、D
【解析】
A.经催化氧化得到，被空气氧化得到，与水作用得到硝酸，符合工业生产实际，A项正确；
B.向浓缩海水中通入氯气可将单质溴置换出来，后面的两步属于溴的提纯反应，符合工业生产实际，B项正确；
C.电解饱和食盐水可以得到氯气，将氯气通入石灰乳可以制得漂白粉，符合工业生产实际，C项正确；
D.和的混合气体在光照下会发生爆炸，不符合工业生产实际，应改用点燃的方式来得到，D项错误；
答案选D。
5、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。
6、A
【解析】元素X的一种高硬度单质是宝石，即X是C，Y2＋电子层结构与氖相同，则Y为Mg，Z的质子数为偶数，Z可能是Si，也可能是S，室温下，M的单质为淡黄色固体，则M为S，即Z为Si，A、C与S能直接化合成CS2，故说法错误；B、镁合金质量轻，硬度大，耐高温，可用作航空航天飞行器材料，故说法正确；C、S2－比Mg2＋多一个电子层，因此S2－的半径大于Mg2＋，故说法正确；D、氢化物分别是CH4、SiH4，非金属性越强，氢化物越稳定，非金属性C>Si，即CH4比SiH4稳定，故说法正确。
7、A
【解析】
①碳酸比盐酸弱，CO2与CaCl2溶液不会反应，无沉淀生成，故①正确；
②酸性氧化物能与碱反应，过量的CO2与Ca（OH）2 反应：Ca（OH）2+2CO2═Ca（HCO3）2，无沉淀生成，故②正确；
③碳酸比硅酸强，过量的CO2与Na2SiO3溶液反应：2CO2+Na2SiO3+2H2O ═2NaHCO3+H2SiO3↓，产生硅酸沉淀，故③错误；
④过量的CO2通入饱和Na2CO3溶液中发生反应：Na2CO3+H2O+CO2═2NaHCO3↓，因为碳酸氢钠溶解度比碳酸钠小，所以有NaHCO3晶体析出，故④错误；
⑤NaAlO2溶液通入过量的二氧化碳，由于碳酸酸性比氢氧化铝强，所以生成氢氧化铝白色沉淀和碳酸氢钠，2H2O+NaAlO2+CO2=Al（OH）3↓+NaHCO3，故⑤错误；
⑥通入CO2与NH3和NaCl反应生成氯化铵和碳酸氢钠，碳酸氢钠的溶解度较小，则最终析出碳酸氢钠晶体，故⑥错误；
故选A。
本题考查物质的性质及反应，把握物质的性质、发生的反应及现象为解答的关键。本题的易错点为⑥，注意联想候德榜制碱的原理，同时注意碳酸氢钠的溶解度较小。
8、C
【解析】
A.蔗糖、酒精、淀粉等是在水溶液中或熔融状态下都不能导电的化合物，属于非电解质，选项A错误；
B.浓硫酸是混合物，既不是电解质也不是非电解质，选项B错误；
C. 硫酸氢钠在水溶液中或熔融状态下均能导电的化合物，属于电解质，选项C正确；
D.二氧化硅：原子晶体，不溶于水，在熔融状态下，没有自由移动的离子生成，在两种情况下都不导电，是非电解质，选项D错误。
答案选C。
本题考查电解质与非电解质概念的判断，在熔融状态下或水溶液中能导电的化合物为电解质，首先必须是化合物，如单质或混合物都既不是电解质也不是非电解质。
9、D
【解析】
四种元素的原子最外层电子数之和为22，得出W最外层电子数为4，即为Si，X为N，Y为O，Z为Cl，T为Ge。
【详解】
A. 根据层多径大，核多径小(同电子层结构)，因此原子半径：Cl >N>O，故A错误；
B. HCl沸点比NH3、H2O最低价氢化物的沸点低，故B错误；
C. 由X、Y和氢三种元素形成的化合物硝酸铵含有离子键和共价键，故C错误；
D. Ge元素在金属和非金属交界处，因此Ge的单质具有半导体的特性，故D正确。
综上所述，答案为D。
10、B
【解析】
A．碳酸为二元弱酸，二元弱酸根离子分步水解；
B．等物质的量浓度的Ba（OH）2溶液与 NaHSO4溶液等体积混合反应生成硫酸钡沉淀，氢氧化钠和水；
C．滴入少量FeSO4溶液，完全反应，生成氢氧化铁；
D．二氧化碳过量，反应生成硅酸沉淀和碳酸氢钠。
【详解】
A．碳酸钠水解，离子方程式：CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣，故A错误；
B．等物质的量浓度的Ba（OH）2溶液与 NaHSO4溶液等体积混合，离子方程式：Ba2++OH﹣+H++SO42﹣═BaSO4↓+H2O，故B正确；
C．向NaClO溶液中滴入少量FeSO4溶液，反应的离子方程式为：H2O+2Fe2++ClO﹣+4OH﹣═Cl﹣+2Fe（OH）3↓，故C错误；
D．向Na2SiO3溶液中通入过量CO2，离子方程式：SiO32﹣+2CO2+2H2O═H2SiO3↓+2HCO3﹣，故D错误；
故选：B。
11、C
【解析】
A. 煤经气化、液化都生成新物质属于化学过程，故A正确；
B. 太阳能应用最成功的是植物的光合作用，故B正确；
C. 砖瓦陶瓷、渣土、卫生间废纸、瓷器碎片等难以回收的废弃物是其他垃圾，普通一次性电池属于有害垃圾，故C错误；
D. 利用CO2合成聚碳酸酯类可降解塑料，实现“碳”的循环利用应用，减少二氧化碳的排放，符合题意，故D正确；
题目要求选不正确的选项，故选C。
本题考查了化学与生活、社会密切相关知识，主要考查白色污染、清洁能源、绿色化学等知识，掌握常识、理解原因是关键。
12、C
【解析】
X、Y、Z、M、R、Q是短周期主族元素，常温下X单质为黄色固体，X为S；Y是无机非金属材料的主角，Y为Si；Z焰色反应呈黄色，Z为Na；结合原子半径和主要化合价可知，M为O；R为Cl；Q为Al，据此分析解答。
【详解】
A．R为Cl，在元素周期表中的位置是第三周期ⅦA族，故A错误；
B．X为S、Y为Si、M为O，X、Y均可跟M形成化合物，二氧化硫和二氧化硅都是共价化合物，它们的成键类型相同，故B错误；
C．Z为Na、R为Cl、Q为Al，最高价氧化物的水化物分别为氢氧化钠，氢氧化铝和高氯酸，因为氢氧化铝为两性氢氧化物，相互间都能反应，故C正确；
D．Y为Si ，Y元素的氧化物为二氧化硅，常用于制光导纤维，制造半导体器件、太阳能电池的材料是硅单质，故D错误；
故选C。
13、C
【解析】
A、蒸发碘水，水、碘均易挥发；
B、加热促进水解，且生成盐酸易挥发；
C、挤压胶头滴管，气球变大；
D、Al与NaOH反应，Al为负极。
【详解】
A项、蒸发碘水，水、碘均易挥发，应萃取分离，故A错误；
B项、加热促进水解，且生成盐酸易挥发，应在HCl气流中蒸发，故B错误；
C项、挤压胶头滴管，气球变大，可验证氨气极易溶于水，故C正确；
D项、Al与NaOH反应，Al为负极，而金属性Mg大于Al，图中装置不能比较金属性，故D错误。
故选C。
本题考查化学实验方案的评价，侧重分析与实验能力的考查，把握物质的性质、混合物分离提纯、电化学，注意实验的评价性分析为解答的关键，D项为易错点，注意金属Al的特性。
14、B
【解析】
2NaFePO4F + Na3Ti2(PO4)32Na2FePO4F+ NaTi2(PO4)3
分析方程式得出NaFePO4F变为Na2FePO4F，Fe在降低，发生还原反应，该物质作原电池的正极，Na3Ti2(PO4)3变为NaTi2(PO4)3，Ti在升高，发生氧化反应，该物质作原电池的负极。
【详解】
A选项，放电时a为正极，因此充电时，a接电源正极，故A正确；
B选项，放电时，溶液中的Na+不放电，而是Na3Ti2(PO4)3中Ti在失去电子，故B错误；
C选项，阴极主要是NaTi2(PO4)3得到电子，因此阴极上的电极反应为NaTi2(PO4)3+ 2Na+ + 2e－ =Na3Ti2(PO4)3，故C正确；
D选项，根据溶液中电荷守恒关系，理论上，该电池在充电或放电过程中溶液中的c(Na+)不变，故D正确；
综上所述，答案为B。
分析化合价，根据化合价来定负极和正极，根据负极和正极来书写电极反应式。
15、B
【解析】
钢闸门A和B在海水中形成原电池时，为了减缓海水对钢闸门A的腐蚀，Fe应作正极被保护，则要选择活泼性比Fe强的锌作负极被损耗，故选B。
16、C
【解析】
A. H＋、Fe2＋、NO3—之间能够发生氧化还原反应，不能大量共存，故A错误；
B. 使紫色石蕊溶液变红的溶液为酸性溶液，溶液中存在大量H＋，H＋与AlO2—在溶液中能够反应，且NH4+与AlO2—会发生双水解，不能大量共存，故B错误；
C. pH＝12的溶液显碱性，OH－与K＋、Na＋、CH3COO－、Br－不反应，且K＋、Na＋、CH3COO－、Br－之间也不反应，可大量共存，故C正确；
D. 滴加几滴KSCN溶液显血红色的溶液中含有Fe3＋，Fe3＋、I－能够发生氧化还原反应，不能大量共存，故D错误；
故选C。

二、非选择题（本题包括5小题）
17、邻硝基甲苯（或2-硝基甲苯） C13H20ON2 浓HNO3／浓H2SO4，加热 氨基 取代反应 吸收反应产生的HCl，提高反应的转化率 或
【解析】
A的分子式结合G得知：A是甲苯，B中有-NO2，结合G的结构苯环上的-CH3和N原子所连接B苯环上的C属于邻位关系，故B是邻硝基甲苯，在Fe和HCl存在下被还原成C物质：邻氨基甲苯，结合题干信息：二者反应条件一致，则确定D是乙醛CH3CHO，E是，部分路线如下：
【详解】
（1）B的化学名称是邻硝基甲苯（或2-硝基甲苯）；H的分子式是C13H20ON2；
（2）由A生成B的反应是硝化反应，试剂：浓HNO3、浓H2SO4，反应条件：加热；
（3）C中所含官能团的名称为氨基；观察G生成H的路线：G的Cl原子被丙胺脱掉—NH2上的一个H原子后剩下的集团CH3CH2CH2NH—取代，故反应类型是取代反应；
（4）C与F反应生成G的化学方程式为；
有机反应大多是可逆反应，加入K2CO3消耗反应产生的HCl，使平衡正向移动，提高反应物的转化率；
（5）的单体是，联系原料有甲醇倒推出前一步是与甲醇酯化反应生成单体，由原料丙酮到增长了碳链，用到题干所给信息：，故流程如下：。
18、 2-甲基-1-丙烯（或异丁烯） 酯化反应（或取代反应） 4
【解析】（1）A与溴发生取代反应生成邻甲基溴苯，则A的结构简式是；E与溴化氢发生加成反应生成F，F发生已知信息的反应生成(CH3)3CMgBr，则E的结构简式为CH2=C(CH3)2，所以E的化学名称是2－甲基－1－丙烯。（2）C氧化生成D，根据D的结构简式可知C的结构简式为，所以由B生成C的化学方程式为。（3）D和(CH3)3CMgBr发生已知信息的反应，则G的结构简式为。反应中羟基和羧基发生分子内酯化反应，则该转化的反应类型是取代反应。（4）有机物D的溴原子被羟基取代后的产物J有多种同分异构体，其中含有苯环的同分异构体有4种，即间羟基苯甲醛、对羟基苯甲醛、苯甲酸和甲酸苯酯。其核磁共振氢谱吸收峰最多的结构简式为。（5）根据题中信息和所学知识结合逆推法可知用和CH3MgBr为原料（其他无机试剂任选）制备的合成路线为。
点睛：高考化学试题中对有机化学基础的考查题型比较固定，通常是以生产、生活的陌生有机物的合成工艺流程为载体考查有机化学的核心知识，涉及常见有机物官能团的结构、性质及相互转化关系，涉及有机物结构简式的确定、反应类型的判断、化学方程式的书写、同分异构体的识别和书写等知识的考查。它要求学生能够通过题给情境中适当迁移，运用所学知识分析、解决实际问题，这高考有机化学复习备考的方向。有机物的考查主要是围绕官能团的性质进行，常见的官能团：醇羟基、酚羟基、醛基、羧基、酯基、卤素原子等。这些官能团的性质以及它们之间的转化要掌握好，这是解决有机化学题的基础。有机合成路线的设计时先要对比原料的结构和最终产物的结构，官能团发生什么改变，碳原子个数是否发生变化，再根据官能团的性质进行设计。同分异构体类型通常有：碳链异构、官能团异构、位置异构等，有时还存在空间异构，要充分利用题目提供的信息来书写符合题意的同分异构体。物质的合成路线不同于反应过程，只需写出关键的物质及反应条件、使用的物质原料，然后进行逐步推断，从已知反应物到目标产物。
19、分液漏斗 防止空气中的CO2进入装置C中 有白色沉淀生成，溶液的红色逐渐变浅（或褪去） 78 偏大 Cl－＋ClO－＋2H＋=Cl2↑＋H2O 5H2O2+2CN－=N2↑+2HCO3－+4H2O （或5H2O2+2CN－+2OH－=N2↑+2CO32－+6H2O）
【解析】
实验的原理是利用CN−+ClO−═CNO+Cl−;2CNO−+2H++3ClO−═N2↑+2CO2↑+3Cl−+H2O,通过测定碱石灰的质量的变化测得二氧化碳的质量,装置A是除去通入空气中所含二氧化碳,装置B中的反应是CN−+ClO−═CNO+Cl−;2CNO−+2H++3ClO−═N2↑+2CO2↑+3Cl−+H2O,通过装置C吸收生成的二氧化碳,根据关系式计算含氰废水处理百分率,实验中应排除空气中二氧化碳的干扰,防止对装置C实验数据的测定产生干扰,装置D的作用是排除空气中二氧化碳对实验的干扰。
(1)装置中B为分液漏斗;
(2)实验的原理是利用CN−+ClO−═CNO+Cl−;2CNO−+2H++3ClO−═N2↑+2CO2↑+3Cl−+H2O,通过测定C装置的质量的变化测得二氧化碳的质量,根据关系式计算含氰废水处理百分率,实验中应排除空气中二氧化碳的干扰;滴有酚酞的氢氧化钡溶液呈红色,二氧化碳通入和氢氧化钡反应生成碳酸钡白色沉淀,氢氧根离子浓度减小,溶液红色会逐渐褪去;
(3)①CN−+ClO−=CNO−+Cl−、2CNO−+2H++3ClO−=N2↑+2CO2↑+3Cl−+H2O,CO2+Ba(OH)2=BaSO4↓+H2O,结合化学方程式的反应关系计算;②若撤去装置A,直接向装置B中缓慢通入一段时间的空气,空气中二氧化碳也会和氢氧化钡溶液反应;
(4)向B中滴入稀硫酸后会发生某个副反应而生成一种有毒的气体单质为氯气,是氯离子和次氯酸根离子在酸溶液中发生氧化还原反应生成;
(5)除去废水中CN−的一种方法是在碱性条件下,用H2O2将CN−氧化生成N2，结合电子守恒、原子守恒和电荷守恒书写离子方程式。
【详解】
(1)B中盛装稀硫酸的仪器的名称是分液漏斗，故答案为：分液漏斗；
(2)实验的原理是利用CN−+ClO−═CNO+Cl−;2CNO−+2H++3ClO−═N2↑+2CO2↑+3Cl−+H2O，通过测定碱石灰的质量的变化测得二氧化碳的质量，根据关系式计算含氰废水处理百分率，实验中应排除空气中二氧化碳的干扰，防止对装置C实验数据的测定产生干扰，装置D的作用是排除空气中二氧化碳对实验的干扰，滴有酚酞的氢氧化钡溶液呈红色，二氧化碳通入和氢氧化钡反应生成碳酸钡白色沉淀，氢氧根离子浓度减小，溶液红色会逐渐褪去，故答案为：防止空气中的CO2和水蒸气进入C装置；有白色沉淀生成，溶液的红色逐渐变浅（或褪去）；
(3)①依据反应CN−+ClO−═CNO+Cl−;2CNO−+2H++3ClO−═N2↑+2CO2↑+3Cl−+H2O，CO2+Ba(OH)2=BaCO3↓+H2O得到，装置C中生成59.1mg沉淀为BaCO3↓物质的量==3×10−4mol
CN−∼CNO−∼CO2∼BaCO3↓
1                                  1
3×10−4mol                     3×10−4mol
c(CN−)==0.078g/L=78g/L，故答案为：78；
②若撤去装置A，直接向装置B中缓慢通入一段时间的空气，空气中二氧化碳也会和氢氧化钡溶液反应，生成碳酸钡出的质量会增大，测定含氰废水中CN−的含量偏大，故答案为：偏大；
(4)向B中滴入稀硫酸后会发生某个副反应而生成一种有毒的气体单质为氯气，是氯离子和次氯酸根离子在酸溶液中发生氧化还原反应生成，反应的离子方程式为：Cl−+ClO−+2H+=Cl2↑+H2O，故答案为：Cl−+ClO−+2H+=Cl2↑+H2O；
(5)除去废水中CN−的一种方法是在碱性条件下，用H2O2将CN−氧化生成N2，结合电子守恒、原子守恒和电荷守恒书写离子方程式为：5H2O2+2CN－=N2↑+2HCO3－+4H2O (或5H2O2+2CN－+2OH－=N2↑+2CO32－+6H2O)，
故答案为：5H2O2+2CN－=N2↑+2HCO3－+4H2O（或5H2O2+2CN－+2OH－=N2↑+2CO32－+6H2O）。
20、A NH4＋＋ NO2－N2↑＋2H2O Al2O3 ＋N2＋3C 2AlN ＋3CO Al4C3 减缓亚硝酸钠的滴加速度或降低A处酒精灯加热的温度 61.5% NH4Cl受热分解生成氨气和氯化氢，氯化氢破坏了Al表面的氧化膜，便于Al快速反应
【解析】
⑴A装置制取氮气，浓硫酸干燥，氮气排除装置内的空气，反之Al反应时被空气氧化。
⑵根据氧化还原反应写出A、C的反应式，利用物质之间的反应推出C中可能出现的产物。
⑶从影响反应速率的因素思考减缓氮气生成速率。
⑷根据关系得出AlN的物质的量，计算产物中的质量分数。
⑸氯化铵在反应中易分解，生成的HCl在反应中破坏了Al表面的氧化膜，加速反应。
【详解】
⑴A处是制取氮气的反应，可以排除装置内的空气，反之反应时Al被氧气氧化，因此最先点燃A处的酒精灯或酒精喷灯，故答案为：A。
⑵装置A是制取氮气的反应，A中发生反应的离子方程式为NH4＋＋ NO2－ N2↑＋2H2O，装置C中主要反应的化学方程式为Al2O3 ＋N2＋3C 2AlN ＋3CO，制得的AlN中可能含有氧化铝、活性炭外还可能是Al和C形成的化合物Al4C3，故答案为：NH4＋＋ NO2－ N2↑＋2H2O；Al2O3 ＋N2＋3C 2AlN ＋3CO；Al4C3。
⑶实验中发现氮气的产生速率过快，严重影响尾气的处理，减缓氮气的生成速度采取的措施是减缓亚硝酸钠的滴加速度或降低A处酒精灯加热的温度，故答案为：减缓亚硝酸钠的滴加速度或降低A处酒精灯加热的温度。
⑷生成氨气的体积为1.68 L即物质的量为0.075mol，根据方程式关系得出AlN的物质的量为0.075mol，则所得产物中AlN的质量分数为，故答案为：61.5%。
⑸在铝粉中添加少量NH4Cl固体并充分混合，有利于AlN的制备，可能是NH4Cl受热分解生成氨气和氯化氢，氯化氢破坏了Al表面的氧化膜，从而Al直接和氮气反应，因此其主要原因是NH4Cl受热分解生成氨气和氯化氢，氯化氢破坏了Al表面的氧化膜，故答案为：NH4Cl受热分解生成氨气和氯化氢，氯化氢破坏了Al表面的氧化膜，便于Al快速反应。
21、3d104s2 b Br>As>Se>Te H2O2分子间存在氢键 sp3杂化 三角锥形 离子键 Zn2+可以通过配位键与OH—结合成为络离子 3.24×1023/(a 3NA)
【解析】
(1)锌为30号元素，据此书写基态锌(Zn)原子的电子排布式