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湖南省三湘名校联盟高三3月大联考 化学练习题
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这是一份湖南省三湘名校联盟高三3月大联考 化学练习题，文件包含湖南省三湘名校联盟高三3月大联考化学试卷pdf、化学参考答案docx、化学答题卡pdf等3份试卷配套教学资源，其中试卷共17页， 欢迎下载使用。
一、选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.【答案】C
【解析】A项，复合膨松剂中添加柠檬酸，是利用其酸性，A项错误；B项，补铁口服液与维生素C一起服用，利用维生素C的还原性，防止口服液中Fe2+被氧化为Fe3+，B项错误；C项，长期施用铵态氮肥，铵根离子水解呈酸性，会使土壤酸化，导致土壤板结，C项正确；D项，“汽车限行”措施可减少碳排放,D项错误。
2.【答案】A
【解析】A项，“502”胶无色，有刺激性气味，液态有毒，固化后无毒，A项错误；B项，氰基（—CN）中N原子有孤对电子，可深入蛋白质内部与蛋白质端基的氨基、羧基提供给的氢原子形成氢键，B项正确；C项，α-氰基丙烯酸乙酯存在碳碳双键、碳氮叁键等，能发生加聚反应，C项正确；D项，“502”胶可用于粘合钢铁、陶瓷、塑料等，D项正确。
3.【答案】C
【解析】A项，H2S溶于水呈酸性，酸性条件下NO3-有强氧化性，将S2-氧化生成单质S沉淀，A项错误；B项，铜为活泼电极，在阳极放电，B项错误；C项，钡离子恰好沉淀时，只中和1mlOH-，C项正确；D项，[Ag(NH3)2]OH为强电解质，D项错误。
4.【答案】B
【解析】A项，4g 2H218O物质的量为211ml，含中子数为211×12，A项错误；B项，NH4HSO4水溶液中存在电荷守恒,所以NH4+和H+离子数之和大于2，B项正确；C项，标准状况下，CH3OH为液态，22.4L CH3OH物质的量并非1ml，C项错误；D项，1L1ml/L的H2SO4水溶液中，存在大量的水，含氧原子数远远大于4，D项错误。
5.【答案】C
【解析】A项，根据题给氧化还原方程式，亚硫酸钠是还原剂，CuCl是还原产物，所以亚硫酸钠的还原性强于CuCl，A项正确；B项，氯化亚铜难溶于乙醇，所以可用无水乙醇洗涤CuCl沉淀，B项正确；C项，该制备过程露置在空气中进行会导致氯化亚铜氧化，使产物不纯，且生成二氧化硫气体，污染空气，C项错误；D项，该反应在强碱性溶液中进行会生成氢氧化铜沉淀，降低了CuCl2与亚硫酸钠的反应，使CuCl的产率降低，D项正确。
6.【答案】D
【解析】短周期元素X、Y、Z、W分别位于三个不同周期，且原子序数依次递增，所以X为氢，根据化合物价键结构可判断，Y为氧，Z为钠，W为磷；A项，W的氧化物为五氧化二磷，可做干燥剂，用于干燥酸性气体，不能干燥氨气，A项错误；B项，原子半径Na＞P＞O＞H，B项错误；C项，Y与Z形成化合物为氧化钠和过氧化钠，阴阳离子之比都为1:2，C项错误；D项，X2Y2、WX3分别为H2O2、PH3，均为含18e-分子，D项正确。
7.【答案】B
【解析】A项，反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均为加成反应，A项正确；B项，二缩三乙二醇中有羟基、醚键两种官能团，B项错误；C项，反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，原子利用率均为100%，C项正确；D项，根据与H2O反应可判断，一定条件下能与NH3反应生成，D项正确。
8.【答案】C
【解析】A项，根据反应，氯元素发生歧化反应，二氧化氯中氯显+4价，所以物质X为HClO4，A项正确；B项，ClO2见光分解的反应方程式为，B项正确；C项，1ml（67.5g）ClO2杀菌消毒自身生成Cl-转移5ml电子，1mlCl2（71g）杀菌消毒生成Cl-转移2ml电子，所以相同质量的和，消毒效率ClO2是Cl2的2.63倍，ClO2的消毒效率高，C项错误；D项，ClO2有强氧化性，可用ClO2对CN—进行无毒化处理，D项正确。
9.【答案】C
【解析】A项，实验室利用浓盐酸和二氧化锰制取Cl2需要加热条件，A项错误；B项，向紫色石蕊试液中通入二氧化硫气体，溶液变红，验证二氧化硫与水反应生成亚硫酸的酸性，B项错误；C项，单质铁和单质硫的反应过程中，可能会伴随硫与氧气的反应，产生二氧化硫气体，因此可以在该装置中进行，C项正确；D项，实验室制取氨气药品是“固+固”且需要加热，反应装置的试管口应略向下倾斜，D项错误。
10.【答案】D
【解析】A项，在整个反应历程看，有机物①最开始参与了化学反应，最后又生成了，是催化剂，A项正确；B项，有机物③④⑥都是反应中间产物，B项正确；C项，反应中有极性键和非极性键的断裂与生成，C项正确；D项，有机物⑥中含有2个手性碳原子，D项错误。
二、选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有一个或两个选项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
11.【答案】BD
【解析】A项，由图像分析，生成甲烷的相对能量低，所以在该催化剂表面更容易生成甲烷，即Cu-Ce-Ox固溶体催化剂对生成CH4有较高选择性，A项正确；B项，制约反应速率的应该是最高能垒的吸热反应，所以制约CO2还原为C2H4反应速率的是从※CH-COH→※C-COH，B项错误；C项反应在催化剂表面吸附状态下发生，由图像是H+参加反应，所以由※CO生成※OH的反应为※CO+5H++5e- = CH4+※OH，C项正确；D项， ※CH2O→※CH3O属于化学变化，且为吸热反应，所以既有化学键断裂也有化学键生成，D项错误。
12.【答案】C
【解析】A项，Cl₂通入紫色石蕊试液中，目的是检验氯水显酸性及Cl₂与水反应产生的HClO有漂白性,A项错误；B项，将铜与浓硫酸反应后的混合液沿着试管内壁缓缓注入水中，并不断振荡，观察溶液颜色确定硫酸铜的生成，B项错误；C项，检验FeCl3溶液中存在亚铁离子，可滴加几滴K3Fe(CN)6溶液，产生蓝色沉淀，K3Fe(CN)6溶液与Fe3+不反应，C项正确；D项，将乙醇与浓H₂SO₄混合液快速加热至170℃，制备乙烯气体，D项错误。
13.【答案】BD
【解析】A项，根据离子转化关系，石墨电极为阴极，连接电源负极，A项错误；B项，H+透过交换膜从阳极（铂电极）向阴极（石墨电极）移动，B项正确；C项，该过程Fe3+循环再生,石墨电极实际上是氧气得电子，电极反应为4H++O2+4e- =2H2O，C项错误；D项，随着反应的进行，阳极氢离子向阴极移动，移动过来的H+在阴极又参与反应生成了水，所以阴阳两极电解质溶液pH均升高，D项正确。
14.【答案】B
【解析】滴加10.00mL盐酸时，氨水溶液存在c(NH4+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)和c(NH4+)+c(NH3·H2O)=2c(Cl-)，所以有c(NH3·H2O)+c(OH-)=c(Cl-)+c(H+)，A项正确；B项，分别滴加20.00ml盐酸时，恰好反应生成氯化钠和氯化铵，铵根离子能够水解，所以NaOH溶液中水的电离程度小于氨水溶液，B项错误；C项，若用甲基橙做指示剂，滴定终点时pH值为4.4，若不考虑铵根离子水解，两份溶液消耗盐酸的量相等，铵根离子水解呈酸性，所以NaOH溶液消耗盐酸的量略大于氨水溶液，C项正确；D项，滴加10.00ml盐酸时，氨水溶液存在等量的NH3·H2O和NH4Cl，此时NH3·H2O电离程度强于NH4+水解程度，所以存在，D项正确。
三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第15～17题为必考题，每个试题考生必须作答。第18、19题为选考题，考生根据要求作答。
（一）必考题：此题包括3小题，共39分。
15.（14分）
【答案】（1）恒压滴液漏斗（1分） 冷凝回流环己醇蒸汽，提高反应转化率（1分） a进b出（1分）
（2）电动搅拌器搅拌桨容易打碎温度计（2分）
（3） = 1 \* GB3 ① = 4 \* GB3 ④ = 5 \* GB3 ⑤ = 3 \* GB3 ③ = 2 \* GB3 ② = 6 \* GB3 ⑥ （2分）
（4）酸性条件下高锰酸钾氧化性强，反应剧烈，不易控制，且易产生其他副反应导致己二酸产率降低（或者碱性条件下，高锰酸钾氧化性弱，反应平稳，容易控制）（2分）
（5）混合液紫红色消失 （1分）
（6）KCl和 NaCl （2分，每一种物质1分）
（7）BC （2分）
【解析】（1）装置A和B分别为恒压滴液漏斗、球形冷凝管，B的作用主要是冷凝回流乙醚蒸汽；冷凝水方向从a口进b口出。
（2）温度计是测量反应液温度，需深入到装置底部而不接触瓶底，插口位置应该是处在电动搅拌器搅拌桨凹槽部分，防止碰撞打碎，若与装置AB更换位置，会与搅拌桨叶片碰撞。
（3）根据实验过程：添加药品—组装辅助仪器—开始反应—产物提取，所以操作顺序为 = 1 \* GB3 ① = 4 \* GB3 ④ = 5 \* GB3 ⑤ = 3 \* GB3 ③ = 2 \* GB3 ② = 6 \* GB3 ⑥。
（4）根据反应试剂性质和实验温度控制，可从高锰酸钾的氧化性考虑反应条件的选择为碱性而不酸性。
（5）高锰酸钾溶于水显紫红色，当反应结束时紫红色消失。
（6）反应混合物中存在钾离子和钠离子，最后要用浓盐酸酸化，所以会产生杂质氯化钾和氯化钠。
（7）抽滤的目的是为了去除水分更充分，得到更加干燥的产品，布氏漏斗使用时滤纸的直径应略小于漏斗内径，又能盖住全部小孔，为确保抽滤彻底，需检验装置气密性良好，抽滤结束后，滤液从吸滤瓶上口倒出。
16.（12分）
【答案】（1）过滤（1分） 玻璃棒（1分）
（2）ZnO+2NH4++2NH3·H2O=[Zn(NH3)4]2++3H2O（2分）
（3）、NH3·H2O（2分，每个1分）
（4）否（2分）
（5）（2分）
（6）加入氧化AsO33-，充分转化为AsO43-，过量的再将Fe2+氧化为Fe3+，最后生成难溶的FeAsO4，达到除砷目的(2分)
【解析】（1）根据题干信息，操作X为过滤，需要的玻璃仪器有玻璃棒、漏斗、烧杯。
（2）根据信息离子反应方程式为ZnO+2NH4++2NH3·H2O=[Zn(NH3)4]2++3H2O。
（3）流程图中溶液1为氨水，溶液2为硫酸铵，气体1为二氧化碳，三种物质可循环至流程图中“浸出”、“沉锌”步骤中。
（4）当Cu2+在溶液中的残留浓度为10-10ml/L时，根据值，此时c(S2-)=6.3×10-26,根据PbS的值，Pb2+在溶液中的浓度为1.25×10-2ml/L>10-5ml/L，所以未沉淀完全。
（5）沉锌化学反应为Zn(NH3)2SO4+ CO2+ H2O= ZnCO3↓+(NH4)2SO4。
（6）加入氧化AsO33-，充分转化为AsO43-，过量的再将Fe2+氧化为Fe3+，生成难溶的FeAsO4，达到除砷目的。
17.（13分）
【答案】（1）NH3（g）+2O2（g）= NO3-（aq）+H+（aq）+H2O（l） ∆=-346.69kJ/ml（2分）
（2）C6H12O6+6H2O-24e-=6CO2+24H+（2分） 67.2（2分）
（3）= 1 \* GB3①NO（1分） >（1分） B(2分) = 2 \* GB3②逆反应（1分） = 3 \* GB3③（2分）
【解析】（1）根据盖斯定律可得，NH3（g）+2O2（g）=NO3-（aq）+H+（aq）+H2O（l） ∆=-346.69kJ/ml。
（2）根据题干信息，厌氧阳极葡萄糖氧化过程无氧气参加，并产生了二氧化碳和氢离子，所以电极反应为C6H12O6+6H2O-24e-=6CO2+24H+；“好氧阴极”1mlNH4+完全硝化生成NO3-，且电极输送电子4ml，需有氧气参加反应，根据原子守恒和电荷守恒可得电极反应NH4++3O2+2H++4e-=NO3-+3H2O,消耗O2的物质的量3ml,标准状况下的体积约为67.2L。
（3）= 1 \* GB3①横坐标为，随着比例的增大，一氧化碳转化率逐渐减低，一氧化氮转化率逐渐增大，所以纵轴表示一氧化氮的转化率，该反应放热，升高温度一氧化氮转化率减低，所以T1>T2,B点温度最高且NO物质的量分数高，即浓度大，所以B点最大。
= 2 \* GB3②T2温度下根据A点计算平衡常数为
2CO（g）+2NO（g）2CO2（g）+N2（g）
起始浓度 3 3
转化浓度 1.5 1.5 1.5 0.75
平衡浓度 1.5 1.5 1.5 0.75
平衡常数。当以(CO)=1.2ml，(NO)=1.2ml，(N2)=0.6ml，(CO2)=1.2ml的物质的量充入各物质，，所以反应向逆反应方向进行；
= 3 \* GB3③ 2CO（g）+2NO（g）2CO2（g）+N2（g）
起始浓度 4 2
转化浓度 1.6 1.6 1.6 0.8
平衡浓度 2.4 0.4 1.6 0.8
物质的量分数 2.4/5.2 0.4/5.2 1.6/5.2 0.8/5.2
平衡后总压强为5.26p0
（二）选考题：共15分。请考生从给出的两道题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。
18.[选修3：物质结构与性质]（15分）
【答案】（1）ds（2分） 3d104s2(1分)
（2）N（1分） 4（1分）
（3）3（2分） sp2（2分）
（4）含有一对孤对电子，而含有两对孤对电子，中的孤对电子对成键电子对的排斥作用较大，使键角变小（2分）
（5）（2分） （2分,其他合理形式也可给分）
【解析】（1）锌元素位于元素周期表ds区，Zn的价层电子排布式为3d104s2。
（2）在[Zn(NH3)4]2+中，提供电子对形成配位键的原子是N，中心离子的配位数为4。
（3）结构中碳原子有单键、双键、叁键，所以有sp3、sp2、sp1三种杂化方式 ，其中标注的为sp2杂化。
（4）含有一对孤对电子，而含有两对孤对电子，中的孤对电子对成键电子对的排斥作用较大，使键角变小。
（5）C的分数坐标为（），距离最近的氧原子与锌原子核间距离为晶胞参数的倍，晶胞参数为，所以距离最近的氧原子与锌原子核间距离为。
19.[选修5：有机化学基础]（15分）
【答案】（1）（2分）
（2）2（1分） 取代反应、还原反应（各1分，共2分）
（3）羟基、酰胺基（2分，错一个不得分）
（4）
（2分）
（5）（3分，写出一个给2分，写全给3分）
（6）（3分）
【解析】（1）根据物质B和E的结构及已知信息，可得C的结构简式为，D为。
（2）A→B,B→C,C→D均为取代反应，D→E包含取代反应和还原反应两个过程，所以涉及2种反应类型。
（3）物质E中含氧官能团的名称为羟基、酰胺基。
（4）C到D的反应方程式为
（5）根据题干信息可知结构中含氨基和甲酸苯酚酯结构，所以符合条件的同分异构体为
（6）根据流程图信息，现将乙醇氧化为乙酸，利用B→C,C→D的反应实现合成，所以为
。（注：乙醇氧化过程可多种，正确即可）
一、选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.【答案】C
【解析】A项，复合膨松剂中添加柠檬酸，是利用其酸性，A项错误；B项，补铁口服液与维生素C一起服用，利用维生素C的还原性，防止口服液中Fe2+被氧化为Fe3+，B项错误；C项，长期施用铵态氮肥，铵根离子水解呈酸性，会使土壤酸化，导致土壤板结，C项正确；D项，“汽车限行”措施可减少碳排放,D项错误。
2.【答案】A
【解析】A项，“502”胶无色，有刺激性气味，液态有毒，固化后无毒，A项错误；B项，氰基（—CN）中N原子有孤对电子，可深入蛋白质内部与蛋白质端基的氨基、羧基提供给的氢原子形成氢键，B项正确；C项，α-氰基丙烯酸乙酯存在碳碳双键、碳氮叁键等，能发生加聚反应，C项正确；D项，“502”胶可用于粘合钢铁、陶瓷、塑料等，D项正确。
3.【答案】C
【解析】A项，H2S溶于水呈酸性，酸性条件下NO3-有强氧化性，将S2-氧化生成单质S沉淀，A项错误；B项，铜为活泼电极，在阳极放电，B项错误；C项，钡离子恰好沉淀时，只中和1mlOH-，C项正确；D项，[Ag(NH3)2]OH为强电解质，D项错误。
4.【答案】B
【解析】A项，4g 2H218O物质的量为211ml，含中子数为211×12，A项错误；B项，NH4HSO4水溶液中存在电荷守恒,所以NH4+和H+离子数之和大于2，B项正确；C项，标准状况下，CH3OH为液态，22.4L CH3OH物质的量并非1ml，C项错误；D项，1L1ml/L的H2SO4水溶液中，存在大量的水，含氧原子数远远大于4，D项错误。
5.【答案】C
【解析】A项，根据题给氧化还原方程式，亚硫酸钠是还原剂，CuCl是还原产物，所以亚硫酸钠的还原性强于CuCl，A项正确；B项，氯化亚铜难溶于乙醇，所以可用无水乙醇洗涤CuCl沉淀，B项正确；C项，该制备过程露置在空气中进行会导致氯化亚铜氧化，使产物不纯，且生成二氧化硫气体，污染空气，C项错误；D项，该反应在强碱性溶液中进行会生成氢氧化铜沉淀，降低了CuCl2与亚硫酸钠的反应，使CuCl的产率降低，D项正确。
6.【答案】D
【解析】短周期元素X、Y、Z、W分别位于三个不同周期，且原子序数依次递增，所以X为氢，根据化合物价键结构可判断，Y为氧，Z为钠，W为磷；A项，W的氧化物为五氧化二磷，可做干燥剂，用于干燥酸性气体，不能干燥氨气，A项错误；B项，原子半径Na＞P＞O＞H，B项错误；C项，Y与Z形成化合物为氧化钠和过氧化钠，阴阳离子之比都为1:2，C项错误；D项，X2Y2、WX3分别为H2O2、PH3，均为含18e-分子，D项正确。
7.【答案】B
【解析】A项，反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均为加成反应，A项正确；B项，二缩三乙二醇中有羟基、醚键两种官能团，B项错误；C项，反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，原子利用率均为100%，C项正确；D项，根据与H2O反应可判断，一定条件下能与NH3反应生成，D项正确。
8.【答案】C
【解析】A项，根据反应，氯元素发生歧化反应，二氧化氯中氯显+4价，所以物质X为HClO4，A项正确；B项，ClO2见光分解的反应方程式为，B项正确；C项，1ml（67.5g）ClO2杀菌消毒自身生成Cl-转移5ml电子，1mlCl2（71g）杀菌消毒生成Cl-转移2ml电子，所以相同质量的和，消毒效率ClO2是Cl2的2.63倍，ClO2的消毒效率高，C项错误；D项，ClO2有强氧化性，可用ClO2对CN—进行无毒化处理，D项正确。
9.【答案】C
【解析】A项，实验室利用浓盐酸和二氧化锰制取Cl2需要加热条件，A项错误；B项，向紫色石蕊试液中通入二氧化硫气体，溶液变红，验证二氧化硫与水反应生成亚硫酸的酸性，B项错误；C项，单质铁和单质硫的反应过程中，可能会伴随硫与氧气的反应，产生二氧化硫气体，因此可以在该装置中进行，C项正确；D项，实验室制取氨气药品是“固+固”且需要加热，反应装置的试管口应略向下倾斜，D项错误。
10.【答案】D
【解析】A项，在整个反应历程看，有机物①最开始参与了化学反应，最后又生成了，是催化剂，A项正确；B项，有机物③④⑥都是反应中间产物，B项正确；C项，反应中有极性键和非极性键的断裂与生成，C项正确；D项，有机物⑥中含有2个手性碳原子，D项错误。
二、选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有一个或两个选项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
11.【答案】BD
【解析】A项，由图像分析，生成甲烷的相对能量低，所以在该催化剂表面更容易生成甲烷，即Cu-Ce-Ox固溶体催化剂对生成CH4有较高选择性，A项正确；B项，制约反应速率的应该是最高能垒的吸热反应，所以制约CO2还原为C2H4反应速率的是从※CH-COH→※C-COH，B项错误；C项反应在催化剂表面吸附状态下发生，由图像是H+参加反应，所以由※CO生成※OH的反应为※CO+5H++5e- = CH4+※OH，C项正确；D项， ※CH2O→※CH3O属于化学变化，且为吸热反应，所以既有化学键断裂也有化学键生成，D项错误。
12.【答案】C
【解析】A项，Cl₂通入紫色石蕊试液中，目的是检验氯水显酸性及Cl₂与水反应产生的HClO有漂白性,A项错误；B项，将铜与浓硫酸反应后的混合液沿着试管内壁缓缓注入水中，并不断振荡，观察溶液颜色确定硫酸铜的生成，B项错误；C项，检验FeCl3溶液中存在亚铁离子，可滴加几滴K3Fe(CN)6溶液，产生蓝色沉淀，K3Fe(CN)6溶液与Fe3+不反应，C项正确；D项，将乙醇与浓H₂SO₄混合液快速加热至170℃，制备乙烯气体，D项错误。
13.【答案】BD
【解析】A项，根据离子转化关系，石墨电极为阴极，连接电源负极，A项错误；B项，H+透过交换膜从阳极（铂电极）向阴极（石墨电极）移动，B项正确；C项，该过程Fe3+循环再生,石墨电极实际上是氧气得电子，电极反应为4H++O2+4e- =2H2O，C项错误；D项，随着反应的进行，阳极氢离子向阴极移动，移动过来的H+在阴极又参与反应生成了水，所以阴阳两极电解质溶液pH均升高，D项正确。
14.【答案】B
【解析】滴加10.00mL盐酸时，氨水溶液存在c(NH4+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)和c(NH4+)+c(NH3·H2O)=2c(Cl-)，所以有c(NH3·H2O)+c(OH-)=c(Cl-)+c(H+)，A项正确；B项，分别滴加20.00ml盐酸时，恰好反应生成氯化钠和氯化铵，铵根离子能够水解，所以NaOH溶液中水的电离程度小于氨水溶液，B项错误；C项，若用甲基橙做指示剂，滴定终点时pH值为4.4，若不考虑铵根离子水解，两份溶液消耗盐酸的量相等，铵根离子水解呈酸性，所以NaOH溶液消耗盐酸的量略大于氨水溶液，C项正确；D项，滴加10.00ml盐酸时，氨水溶液存在等量的NH3·H2O和NH4Cl，此时NH3·H2O电离程度强于NH4+水解程度，所以存在，D项正确。
三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第15～17题为必考题，每个试题考生必须作答。第18、19题为选考题，考生根据要求作答。
（一）必考题：此题包括3小题，共39分。
15.（14分）
【答案】（1）恒压滴液漏斗（1分） 冷凝回流环己醇蒸汽，提高反应转化率（1分） a进b出（1分）
（2）电动搅拌器搅拌桨容易打碎温度计（2分）
（3） = 1 \* GB3 ① = 4 \* GB3 ④ = 5 \* GB3 ⑤ = 3 \* GB3 ③ = 2 \* GB3 ② = 6 \* GB3 ⑥ （2分）
（4）酸性条件下高锰酸钾氧化性强，反应剧烈，不易控制，且易产生其他副反应导致己二酸产率降低（或者碱性条件下，高锰酸钾氧化性弱，反应平稳，容易控制）（2分）
（5）混合液紫红色消失 （1分）
（6）KCl和 NaCl （2分，每一种物质1分）
（7）BC （2分）
【解析】（1）装置A和B分别为恒压滴液漏斗、球形冷凝管，B的作用主要是冷凝回流乙醚蒸汽；冷凝水方向从a口进b口出。
（2）温度计是测量反应液温度，需深入到装置底部而不接触瓶底，插口位置应该是处在电动搅拌器搅拌桨凹槽部分，防止碰撞打碎，若与装置AB更换位置，会与搅拌桨叶片碰撞。
（3）根据实验过程：添加药品—组装辅助仪器—开始反应—产物提取，所以操作顺序为 = 1 \* GB3 ① = 4 \* GB3 ④ = 5 \* GB3 ⑤ = 3 \* GB3 ③ = 2 \* GB3 ② = 6 \* GB3 ⑥。
（4）根据反应试剂性质和实验温度控制，可从高锰酸钾的氧化性考虑反应条件的选择为碱性而不酸性。
（5）高锰酸钾溶于水显紫红色，当反应结束时紫红色消失。
（6）反应混合物中存在钾离子和钠离子，最后要用浓盐酸酸化，所以会产生杂质氯化钾和氯化钠。
（7）抽滤的目的是为了去除水分更充分，得到更加干燥的产品，布氏漏斗使用时滤纸的直径应略小于漏斗内径，又能盖住全部小孔，为确保抽滤彻底，需检验装置气密性良好，抽滤结束后，滤液从吸滤瓶上口倒出。
16.（12分）
【答案】（1）过滤（1分） 玻璃棒（1分）
（2）ZnO+2NH4++2NH3·H2O=[Zn(NH3)4]2++3H2O（2分）
（3）、NH3·H2O（2分，每个1分）
（4）否（2分）
（5）（2分）
（6）加入氧化AsO33-，充分转化为AsO43-，过量的再将Fe2+氧化为Fe3+，最后生成难溶的FeAsO4，达到除砷目的(2分)
【解析】（1）根据题干信息，操作X为过滤，需要的玻璃仪器有玻璃棒、漏斗、烧杯。
（2）根据信息离子反应方程式为ZnO+2NH4++2NH3·H2O=[Zn(NH3)4]2++3H2O。
（3）流程图中溶液1为氨水，溶液2为硫酸铵，气体1为二氧化碳，三种物质可循环至流程图中“浸出”、“沉锌”步骤中。
（4）当Cu2+在溶液中的残留浓度为10-10ml/L时，根据值，此时c(S2-)=6.3×10-26,根据PbS的值，Pb2+在溶液中的浓度为1.25×10-2ml/L>10-5ml/L，所以未沉淀完全。
（5）沉锌化学反应为Zn(NH3)2SO4+ CO2+ H2O= ZnCO3↓+(NH4)2SO4。
（6）加入氧化AsO33-，充分转化为AsO43-，过量的再将Fe2+氧化为Fe3+，生成难溶的FeAsO4，达到除砷目的。
17.（13分）
【答案】（1）NH3（g）+2O2（g）= NO3-（aq）+H+（aq）+H2O（l） ∆=-346.69kJ/ml（2分）
（2）C6H12O6+6H2O-24e-=6CO2+24H+（2分） 67.2（2分）
（3）= 1 \* GB3①NO（1分） >（1分） B(2分) = 2 \* GB3②逆反应（1分） = 3 \* GB3③（2分）
【解析】（1）根据盖斯定律可得，NH3（g）+2O2（g）=NO3-（aq）+H+（aq）+H2O（l） ∆=-346.69kJ/ml。
（2）根据题干信息，厌氧阳极葡萄糖氧化过程无氧气参加，并产生了二氧化碳和氢离子，所以电极反应为C6H12O6+6H2O-24e-=6CO2+24H+；“好氧阴极”1mlNH4+完全硝化生成NO3-，且电极输送电子4ml，需有氧气参加反应，根据原子守恒和电荷守恒可得电极反应NH4++3O2+2H++4e-=NO3-+3H2O,消耗O2的物质的量3ml,标准状况下的体积约为67.2L。
（3）= 1 \* GB3①横坐标为，随着比例的增大，一氧化碳转化率逐渐减低，一氧化氮转化率逐渐增大，所以纵轴表示一氧化氮的转化率，该反应放热，升高温度一氧化氮转化率减低，所以T1>T2,B点温度最高且NO物质的量分数高，即浓度大，所以B点最大。
= 2 \* GB3②T2温度下根据A点计算平衡常数为
2CO（g）+2NO（g）2CO2（g）+N2（g）
起始浓度 3 3
转化浓度 1.5 1.5 1.5 0.75
平衡浓度 1.5 1.5 1.5 0.75
平衡常数。当以(CO)=1.2ml，(NO)=1.2ml，(N2)=0.6ml，(CO2)=1.2ml的物质的量充入各物质，，所以反应向逆反应方向进行；
= 3 \* GB3③ 2CO（g）+2NO（g）2CO2（g）+N2（g）
起始浓度 4 2
转化浓度 1.6 1.6 1.6 0.8
平衡浓度 2.4 0.4 1.6 0.8
物质的量分数 2.4/5.2 0.4/5.2 1.6/5.2 0.8/5.2
平衡后总压强为5.26p0
（二）选考题：共15分。请考生从给出的两道题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。
18.[选修3：物质结构与性质]（15分）
【答案】（1）ds（2分） 3d104s2(1分)
（2）N（1分） 4（1分）
（3）3（2分） sp2（2分）
（4）含有一对孤对电子，而含有两对孤对电子，中的孤对电子对成键电子对的排斥作用较大，使键角变小（2分）
（5）（2分） （2分,其他合理形式也可给分）
【解析】（1）锌元素位于元素周期表ds区，Zn的价层电子排布式为3d104s2。
（2）在[Zn(NH3)4]2+中，提供电子对形成配位键的原子是N，中心离子的配位数为4。
（3）结构中碳原子有单键、双键、叁键，所以有sp3、sp2、sp1三种杂化方式 ，其中标注的为sp2杂化。
（4）含有一对孤对电子，而含有两对孤对电子，中的孤对电子对成键电子对的排斥作用较大，使键角变小。
（5）C的分数坐标为（），距离最近的氧原子与锌原子核间距离为晶胞参数的倍，晶胞参数为，所以距离最近的氧原子与锌原子核间距离为。
19.[选修5：有机化学基础]（15分）
【答案】（1）（2分）
（2）2（1分） 取代反应、还原反应（各1分，共2分）
（3）羟基、酰胺基（2分，错一个不得分）
（4）
（2分）
（5）（3分，写出一个给2分，写全给3分）
（6）（3分）
【解析】（1）根据物质B和E的结构及已知信息，可得C的结构简式为，D为。
（2）A→B,B→C,C→D均为取代反应，D→E包含取代反应和还原反应两个过程，所以涉及2种反应类型。
（3）物质E中含氧官能团的名称为羟基、酰胺基。
（4）C到D的反应方程式为
（5）根据题干信息可知结构中含氨基和甲酸苯酚酯结构，所以符合条件的同分异构体为
（6）根据流程图信息，现将乙醇氧化为乙酸，利用B→C,C→D的反应实现合成，所以为
。（注：乙醇氧化过程可多种，正确即可）
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