2026版《决胜蓝图》考前抢分 夺冠必备 答案 -试卷（含答案）化学高考大二轮专题复习

参考答案与解析
[考前抢分 夺冠必备]
必修　第一册
【真题再练】
1．D　2.佩戴护目镜　3.(1)√　(2)√　4.(1)×　(2)×
5．解析：选D。由题给化学方程式可知，1 mol CO失去2 mol电子生成1 mol CO2，故生成1 mol CO2时转移电子的数目为2NA，A项正确；催化剂可以降低反应的活化能，增大反应速率，B项正确；NO中N元素化合价为＋2价，N2中N元素化合价为0价，N元素的化合价降低，发生还原反应，则NO是氧化剂，N2为还原产物，同理可得，CO是还原剂，CO2为氧化产物，C项正确、D项错误。
6．(1)√　(2)√　7.(1)×　(2)√　8.(1)×　(2)√　(3)×
9．解析：选C。侯氏制碱法的主反应的化学方程式为NaCl＋NH3＋CO2＋H2O===NaHCO3↓＋NH4Cl，可知W为H，X为C，Y为N，Z为O，Q为Na，R为Cl。同周期主族元素从左到右，原子半径逐渐减小，H原子半径最小，故原子半径：H10．解析：(1)制备NaHCO3的具体过程为先制备CO2，再除去杂质HCl，然后通入饱和氨盐水中制得NaHCO3，最后用NaOH溶液处理多余的CO2，所以装置的连接顺序为aefbcgh。分液漏斗使用前需要让其与大气连通，否则液体无法滴落，所以为使A中分液漏斗内的稀盐酸顺利滴下，需要打开分液漏斗上部的玻璃塞或将分液漏斗上部玻璃塞上的凹槽与分液漏斗上端的小孔对齐。(2)雾化装置可以增大接触面积，使饱和氨盐水与CO2充分接触，使反应更充分。(3)生成NaHCO3的总反应的化学方程式为CO2＋NH3＋NaCl＋H2O===NaHCO3↓＋NH4Cl。(4)根据题图中NaCl和NH4Cl的溶解度曲线可知，NH4Cl的溶解度随温度的升高变化较大，而NaCl的溶解度随温度的升高变化不大，为使NH4Cl沉淀充分析出并分离，需采用的操作为降温结晶、过滤、洗涤、干燥。
答案：(1)aefbcgh　将分液漏斗上部玻璃塞上的凹槽与分液漏斗上端的小孔对齐　(2)增大接触面积，使反应更充分
(3)NH3＋H2O＋NaCl＋CO2===NaHCO3↓＋NH4Cl
(4)降温结晶　过滤
11．解析：选B。漂白液的主要成分是次氯酸钠(NaClO)和氯化钠(NaCl)，有效成分是次氯酸钠，A正确；ClO－水解生成HClO，水解方程式为ClO－＋H2O??HClO＋OH－，使漂白液呈碱性，B错误；通入CO2后，发生反应NaClO＋CO2＋H2O===NaHCO3＋HClO，漂白液消毒能力增强，C正确；次氯酸不稳定，在光照条件下易分解，次氯酸盐较稳定，即稳定性：NaClO＞HClO，D正确。
12．解析：选A。利用浓盐酸和二氧化锰反应制氯气需要加热，图中缺少加热装置，且分液漏斗内应盛装浓盐酸，不能达到预期目的，A符合题意；实验室制得的氯气中有HCl杂质，可以通过饱和食盐水洗气除杂，再通过无水氯化钙干燥，可以达到净化、干燥Cl2的目的，B不符合题意；氯气的密度大于空气的，可以用向上排空气法收集，可以达到预期目的，C不符合题意；H2可以在氯气中安静地燃烧，产生苍白色火焰，氯气将氢气氧化，验证了氯气的氧化性，D不符合题意。
13．解析：选C。实验室制取氯气使用的是浓盐酸和MnO2反应，不能使用稀盐酸，A错误；除去Cl2中的HCl可将气体通入饱和食盐水中，导气管应长进短出，B错误；氯气的密度大于空气的，可用向上排空气法收集氯气，多功能瓶收集气体注意长进短出，C正确；对氯气的尾气处理应选择氢氧化钠溶液吸收，水吸收效果不好，D错误。
14．避免溶质损失　盖好瓶塞，反复上下颠倒容量瓶、摇匀
15．解析：选B。配制NaOH溶液时，溶质要放在烧杯中溶解，不能直接放在容量瓶中溶解，A不正确；配制一定浓度的NaCl溶液时，需要将烧杯中溶解得到的NaCl溶液通过玻璃棒引流转移到选定规格的容量瓶中，B正确；配制一定物质的量浓度的KCl溶液时，定容阶段用玻璃棒引流，玻璃棒下端应靠在刻度线以下的内壁上，当液面离刻度线约1～2 cm时，应改用胶头滴管滴加蒸馏水，C不正确；转移溶液时，应使用玻璃棒引流，D不正确。
16．解析：选C。移液后摇匀时应用瓶塞塞住容量瓶口，不可用手指压住容量瓶口，且应手持瓶颈轻轻晃动摇匀，不能上下颠倒，A项错误；定容时眼睛应该平视刻度线且胶头滴管的尖嘴不能插入容量瓶内，B项错误；转移溶液时用玻璃棒引流，且玻璃棒下端紧靠在容量瓶刻度线以下的内壁上，C项正确；定容后摇匀时还应用另一只手托住瓶底，D项错误。
17．解析：选B。铁和水蒸气在高温下发生反应生成Fe3O4和H2，该反应的化学方程式为3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2，A正确；铁与水蒸气反应需在高温下进行，酒精灯放在铁粉下方加热可以产生高温，且不影响水的蒸发，若移至湿棉花下方，则铁粉处难以达到高温，实验效果不好，B错误；用火柴点燃肥皂泡，若产生尖锐的爆鸣声，则可说明生成的气体为氢气，C正确；由于该实验中的反应需要在高温下发生，因此要使用耐高温的硬质玻璃试管盛装还原铁粉，D正确。
18．解析：选B。若a在沸水中可生成e，此时a为Mg，e为Mg(OH)2，即f为镁盐，a→f的反应有多种，可能为Mg＋2HCl===MgCl2＋H2↑，该反应属于置换反应，也可能为Mg＋Cl2MgCl2，该反应属于化合反应，综上a→f的反应不一定是化合反应，A项错误。g→f→e→d为FeO→Fe2＋→Fe(OH)2→Fe(OH)3，该过程中黑色固体变为浅绿色溶液，然后产生白色沉淀，最后白色沉淀转化为红褐色沉淀，一定存在物质颜色的变化，B项正确；c可以为铝盐或铁盐，将饱和FeCl3溶液滴入沸水中继续煮沸至溶液呈红褐色可制得Fe(OH)3胶体，而加热铝盐的饱和溶液，不能形成红棕色分散系，C项错误；b、d都能与酸反应生成c，该元素可以为Al或Fe，Al位于p区，Fe位于d区，D项错误。
19．解析：选B。由题图可知，若为含Na物质，则a、b、c对应物质分别为钠、氧化钠(或过氧化钠)、氢氧化钠；若为含Cu物质，则a、b、e、d对应物质分别为铜、氧化亚铜、氧化铜、氢氧化铜。氢氧化钠和硫酸铜反应生成氢氧化铜，氢氧化铜受热分解生成氧化铜，所以存在c→d→e的转化，A合理；钠、氧化钠、过氧化钠都能与H2O反应生成氢氧化钠，B不合理；新制氢氧化铜可用于检验葡萄糖分子中的醛基，C合理；若b能与H2O反应生成O2，则b为过氧化钠，其结构中含共价键和离子键，D合理。
20．(1)√　(2)√　(3)√
21．解析：选A。41Ca的质量数为41，质子数为20，所以中子数为41－20＝21，A正确；41Ca的半衰期长短与得失电子能力没有关系，B错误；根据题意，41Ca衰变一半所需的时间要大于14C衰变一半所需的时间，C错误；从Ca原子束流中直接俘获41Ca原子的过程没有新物质产生，不属于化学变化，D错误。
22．解析：选B。被水蒸气轻微烫伤，先用冷水冲洗一段时间，再涂上烫伤药膏，故A正确；稀释浓硫酸时，酸溅到皮肤上，先用大量水冲洗，再用3%～5%的NaHCO3溶液冲洗，故B错误；苯酚有毒，对皮肤有腐蚀性，常温下苯酚在水中溶解性不大，但易溶于乙醇，苯酚不慎沾到手上，先用乙醇冲洗，再用水冲洗，故C正确；不慎将酒精灯打翻着火时，应立即用湿抹布盖灭，湿抹布可以隔绝氧气，也可以降温，故D正确。
23．解析：选A。眼睛溅进酸液，用大量水冲洗后，立即送医院诊治，A错误。
24．(1)√　(2)√
必修　第二册
【真题再练】
1．(1)×　(2)√　(3)√
2．解析：选B。黄铁矿和空气中的O2在加热条件下发生反应，生成SO2和Fe3O4，SO2和空气中的O2在400～500 ℃、常压、催化剂的作用下发生反应得到SO3，用98.3%的浓硫酸吸收SO3，得到H2SO4。反应Ⅰ是黄铁矿和空气中的O2在加热条件下发生反应，生成SO2和Fe3O4，化学方程式：3FeS2＋8O2Fe3O4＋6SO2，故A正确；高压、低温有利于提高SO2的平衡转化率，Ⅱ中的反应条件是为了提高反应速率和降低生产成本，故B错误；将黄铁矿换成硫黄，不再产生Fe3O4，可以减少废渣的产生，故C正确；硫酸工业产生的尾气为SO2、SO3，可以用碱液吸收，故D正确。
3．解析：选C。蔗糖中加入浓硫酸，白色固体变黑，H原子和O原子按水的组成比脱除，体现浓硫酸的脱水性，A项正确；浓硫酸脱水过程中释放大量热，此时发生反应C＋2H2SO4(浓)CO2↑＋2SO2↑＋2H2O，产生大量气体，使固体体积膨胀，B项正确；结合B项分析可知，浓硫酸脱水过程中生成的SO2能使品红溶液褪色，体现浓硫酸的强氧化性，C项错误；该过程中，蔗糖发生化学反应，发生了化学键的断裂，D项正确。
4．(1)×　(2)×　(3)×　(4)√
5．解析：(1)A项，增大氨水浓度，能吸收较多的SO2，能提高SO2去除率；B项，升高反应温度只能增大化学反应速率，但降低SO2的溶解度，不能提高SO2去除率；C项，使燃煤烟气与氨水充分接触，能提高SO2去除率；D项，通入空气使HSO转化为SO，空气不能直接氧化SO2，不能提高SO2去除率。
(2)采用该方法脱硫时，虽然燃煤烟气中大量的CO2能被氨水吸收生成NH4HCO3，但由于亚硫酸的酸性强于碳酸的，故SO2会与NH4HCO3反应生成NH4HSO3，离子方程式为HCO＋SO2===CO2＋HSO，故不需要预先除去燃煤烟气中大量的CO2。
答案：(1)AC　(2)HCO＋SO2===CO2＋HSO
6．解析：(1)步骤①中若BaCl2过量，则溶液中存在Ba2＋，故判断过量的方法：静置后取少量该步骤所得的上清液于试管中，再滴入几滴稀硫酸，若产生白色沉淀，则BaCl2过量。
(2)由题图可知，加入BaCl2溶液后会生成BaSO4沉淀，若加BaCl2后不先过滤就加氢氧化钠和碳酸钠，可能发生沉淀的转化：BaSO4(s)＋CO(aq)??BaCO3(s)＋SO(aq)，使得SO不能完全去除，且消耗更多的Na2CO3溶液，故选AD。
(3)过滤操作中需要的玻璃仪器除烧杯和玻璃棒外，还需要漏斗，故选B。
(4)步骤④中用稀盐酸调节pH至3～4，H＋能与多余的NaOH和Na2CO3反应，除去的离子有OH－、CO。
(5)由题图可知，KCl的溶解度受温度影响较大，而NaCl的溶解度受温度影响较小，因此先蒸发至大量晶体析出，此时KCl在滤液中，趁热过滤，可得到精盐，故选C。
答案：(1)静置后取少量该步骤所得的上清液于试管中，再滴入几滴稀硫酸，若产生白色沉淀，则BaCl2过量　(2)AD　(3)B
(4)OH－、CO　(5)C
7．(1)×　(2)×　8.4NH3＋5O24NO＋6H2O
9．解析：选B。石英砂(SiO2)和焦炭在高温下反应生成Si和CO，A正确；Si晶体中每个Si原子与4个Si原子成键，平均1个Si原子形成2个Si—Si，故1 mol Si晶体含Si—Si的数目为2×6.02×1023，B错误；SiHCl3易水解，氢气中混有氧气可能会发生爆炸，故原料气HCl和H2应充分去除水和氧气，C正确；Si(s)＋3HCl(g)===SiHCl3(g)＋H2(g)为气体分子数减小的反应，为熵减过程，D正确。
10．解析：选D。酸性锌锰干电池中，锌筒为负极，石墨电极为正极，故A错误；原电池工作时，阳离子向正极(石墨电极)方向移动，故B错误；MnO2发生得电子的还原反应，故C错误；锌筒为负极，负极发生失电子的氧化反应Zn－2e－===Zn2＋，故D正确。
11．解析：选C。Zn为负极，电极反应式为Zn－2e－＋2OH－===ZnO＋H2O，MnO2为正极，电极反应式为MnO2＋e－＋H2O===MnOOH＋OH－。电池工作时，MnO2为正极，得到电子，发生还原反应，故A错误；电池工作时，OH－通过隔膜向负极移动，故B错误；环境温度过低，化学反应速率减小，不利于电池放电，故C正确；由电极反应式MnO2＋e－＋H2O===MnOOH＋OH－可知，反应中每生成1 mol MnOOH，转移电子数为6.02×1023，故D错误。
12．解析：选C。碱性环境下，CH3OH O2燃料电池总反应为2CH3OH＋3O2＋4KOH===2K2CO3＋6H2O；N2H4 O2燃料电池总反应为N2H4＋O2===N2＋2H2O；(CH3)2NNH2中C和N元素的化合价均为－2价，H元素的化合价为＋1价，根据氧化还原反应原理可推知(CH3)2NNH2 O2燃料电池总反应为(CH3)2NNH2＋4O2＋4KOH===2K2CO3＋N2＋6H2O。放电过程为原电池工作原理，所以K＋均向正极移动，A错误；根据上述分析可知，N2H4 O2燃料电池的产物为氮气和水，其总反应中未消耗KOH，所以KOH的物质的量不变，其他两种燃料电池根据总反应可知，KOH的物质的量减小，B错误；理论放电量与燃料的物质的量和转移电子数有关，设消耗燃料的质量均为m g，则CH3OH、N2H4和(CH3)2NNH2放电量(物质的量表达式)分别是×6、×4、×16，通过比较可知(CH3)2NNH2 O2燃料电池的理论放电量最大，C正确；根据得失电子守恒和总反应式可知，消耗1 mol O2生成1 mol N2，在标准状况下的体积为22.4 L，D错误。
13．O2＋2CO2＋4e－===2CO　70%　14.4.0　6.0
15．解析：选B。“分子客车”能装载多种稠环芳烃，故芳烃与“分子客车”通过分子间相互作用形成分子聚集体——超分子，A正确；“分子客车”的长为2.2 nm、高为0.7 nm，从长的方向观察，有与并四苯分子适配的结构，从高的方向观察则缺少合适结构，故平躺装载的稳定性大于直立装载的稳定性，B错误；芘与“分子客车”的中间部分结构大小适配，故从分子大小适配看“分子客车”可装载2个芘，C正确；芘、并四苯、蒄中π电子数逐渐增多，与“分子客车”的结合常数逐渐增大，而结合常数越大越稳定，故芳烃π电子数越多越有利于和“分子客车”结合，D正确。
16．解析：选B。线型聚乙烯塑料具有热塑性，受热易软化，A正确；聚四氟乙烯由四氟乙烯加聚合成，具有一定的热稳定性，受热不易分解，B错误；尼龙66即聚己二酰己二胺，由己二酸和己二胺缩聚合成，强度高、韧性好，C正确；聚甲基丙烯酸酯由甲基丙烯酸酯加聚合成，又名有机玻璃，透明度高，D正确。
17．C　18.CD
选择性必修1
【真题再练】
1．解析：选A。提高反应温度，c平(S)/c平(T)增大，说明升高温度，反应S(g)??T(g)的平衡逆向移动，即该反应为放热反应，c平(S)/c平(I)减小，说明升高温度，S生成中间产物I的反应平衡正向移动，属于吸热反应，故C、D项错误；加入催化剂，反应达到平衡所需时间大幅缩短，即反应的决速步骤的活化能降低，使得反应速率大幅增大，活化能大的步骤为决速步骤，符合条件的反应历程示意图为A。
2．解析：选C。由题图可知，两种催化剂均出现四个波峰，所以使用Ⅰ和Ⅱ，反应历程都分4步进行，A正确；由题图可知，该反应是放热反应，所以达到平衡时，升高温度，平衡逆向移动，R的浓度增大，B正确；由题图可知，Ⅰ的最高活化能小于Ⅱ的最高活化能，所以使用Ⅰ时反应速率更大，反应体系更快达到平衡，C错误；由题图可知，在前两个历程中使用Ⅰ活化能较低，反应速率较大，后两个历程中使用Ⅰ活化能较高，反应速率较小，所以使用Ⅰ时，反应过程中M所能达到的最高浓度更大，D正确。
3．解析：选C。由能量变化图可知，E2＝0.70 eV－(－0.71 eV)＝1.41 eV，A项正确；步骤2逆向反应的ΔH＝－0.71 eV－(－1.00 eV)＝＋0.29 eV，B项正确；步骤1的活化能E1＝0.70 eV，步骤2的活化能E3＝－0.49 eV－(－0.71 eV)＝0.22 eV，步骤1的活化能大于步骤2的活化能，步骤1的反应比步骤2慢，C项错误；该过程中甲烷转化为甲醇，C元素的化合价升高，该过程实现了甲烷的氧化，D项正确。
4．解析：选B。由题图可知，反应初期X的浓度逐渐减小、Y和Z的浓度逐渐增大，后来随着时间的推移X和Y的浓度逐渐减小、Z的浓度继续逐渐增大，说明X(g)??Y(g)的反应速率大于Y(g)??Z(g)的反应速率，则反应X(g)??Y(g)的活化能小于反应Y(g)??Z(g)的活化能，又X(g)??Y(g)和Y(g)??Z(g)的ΔH都小于0，故B项符合题意。
5．解析：反应NaBH4(s)＋2H2O(l)===NaBO2(aq)＋4H2(g)　ΔH<0，ΔS>0，由ΔG＝ΔH－TΔS可知，任意温度下，该反应均能自发进行。
答案：C
6．解析：结合图像可知600 ℃时，A项、B项中反应的ΔG均小于0，反应可自发进行；C项中反应的ΔG大于0，反应不能自发进行；由于ΔG的值只和反应体系的始态和终态有关，将A项、C项中反应依次编号为①②，由①＋②可得D项中反应，根据图中数据可得，600 ℃时该反应的ΔG<0，故该反应可自发进行。
答案：C
7．(1)√　(2)√
8．解析：选A。羟基磷灰石和氟磷灰石状态均为固体，浓度视为常数，不写在平衡常数表达式中，K＝，故A正确；沉淀自发转化一般是由较难溶物质转化为更难溶物质，所以氟磷灰石的Ksp比羟基磷灰石的小，故B错误；根据题意，生成的氟磷灰石更能抵抗有机酸对牙齿的侵蚀，故C错误；羟基磷灰石的溶解速率、氟磷灰石的生成速率均是正反应方向，因此羟基磷灰石的溶解速率等于氟磷灰石的生成速率时，不能说明反应达到平衡，故D错误。
9．ABD
10．解析：选B。电极A上氯离子变为氯气，氯元素化合价升高，失去电子，因此电极A是电解池阳极，接电源正极，发生氧化反应，故A正确；电极B为阴极，通入氧气，氧气得到电子，电极反应式为2H2O＋4e－＋O2===4OH－，故B错误；右室生成氢氧根离子，应选用阳离子交换膜，左室的钠离子进入右室，在右室获得浓度较高的NaOH溶液，故C正确；改进设计中增大了氧气的量，提高了电极B上反应物的氧化性，从而降低电解电压，减少能耗，故D正确。
11．解析：选D。由题图可知，钛网电极在PRT的抑制下，Cl－放电生成HClO，Cl元素化合价升高，发生氧化反应，钛网电极为阳极，则电源a端为正极，电源b端为负极，a端电势高于b端电势，A项错误；理论上每转移2 mol e－，生成1 mol H2，质量为2 g，B项错误；电解总反应为Cl－＋H2OClO－＋H2↑，电解后ClO－水解使溶液呈碱性，海水pH上升，C项错误；阳极上Cl－放电转化为HClO，电极反应为Cl－＋ H2O－2e－===HClO＋H＋，D项正确。
12．解析：选D。由于金属活动性：Zn＞Fe，则钢铁外壳为正极，锌块为负极，故A错误；Zn失去电子，发生氧化反应：Zn－2e－===Zn2＋，镶嵌的锌块会被逐渐消耗，需根据腐蚀情况进行维护和更换，不能永久使用，故B错误；该方法为牺牲阳极法，故C错误；Zn失去电子，发生氧化反应：Zn－2e－===Zn2＋，故D正确。
13．解析：选B。图1为牺牲阳极法，牺牲阳极一般为较活泼金属，作为原电池的负极，失去电子被氧化；图2为外加电流法，阳极材料为辅助阳极，通常是惰性电极，本身不失去电子，电解质溶液中的阴离子在其表面失去电子，如海水中的Cl－，A不正确。图2中，外加电压偏高时，钢闸门表面积累的电子很多，除了海水中的H＋放电外，海水中溶解的O2也会竞争放电，故可发生反应：O2＋4e－＋2H2O===4OH－，B正确。图2为外加电流法，理论上只要能对抗钢闸门表面的腐蚀电流即可，当钢闸门表面的腐蚀电流为零时保护效果最好，腐蚀电流会随着环境的变化而变化，若外加电压保持恒定不变，则不能保证抵消腐蚀电流，不利于提高对钢闸门的防护效果，C不正确。图1、图2中，当钢闸门表面的腐蚀电流为零时，说明从牺牲阳极或外加电源传递过来的电子阻止了Fe－2e－===Fe2＋的发生，钢闸门不发生化学反应，但牺牲阳极发生了氧化反应，辅助阳极上也发生了氧化反应，D不正确。
选择性必修2
【真题再练】
1．(1)√　(2)×　2.(1)√　(2)×　(3)√　(4)√
3．(1)×　(2)×
4．＜　—NH2中N有孤电子对，孤电子对对成键电子对的排斥力大，键角变小
5．(1)×　(2)√　(3)×
6．解析：选D。向10 mL蒸馏水中加入0.4 g I2，充分振荡，溶液呈浅棕色，说明I2在水中溶解度较小，A项正确；I(aq)为棕色，加入0.2 g锌粒后，Zn与I2反应生成ZnI2，生成的I－与I2发生反应I－＋I2??I，生成I使溶液颜色加深，B项正确；I2在水中存在溶解平衡I2(s)??I2(aq)，Zn与I2反应生成的I－与I2(aq)反应生成I，I2(aq)浓度减小，上述溶解平衡向右移动，紫黑色晶体消失，C项正确；最终溶液褪色是Zn与有色物质发生了化合反应，不是置换反应，D项错误。
7．(1)√　(2)√
8．解析：选D。短周期主族元素X、Y、Z原子序数依次增大，ZY中Z能形成6个共价键且带一个单位负电荷，Z为P，Y形成1个共价键，Y为F；阳离子中X能形成3个共价键，X为N。该化合物属于离子液体，其中的阴、阳离子可以自由移动，故具有良好的导电性，A错误；NF3与PF3的空间结构均为三角锥形，N—F的极性小于P—F，NF3极性小于PF3，B错误；阳离子中的环状结构与苯类似，阳离子中N原子均采取sp2杂化，C错误；该化合物的熔点较低，主要原因是它含有的阴、阳离子体积很大，使阴、阳离子间的作用力减小，D正确。
9．解析：选B。石墨导电的原因是石墨层间有自由移动的电子，石墨层间插入F得到层状结构化合物(CF)x后，可自由移动的电子减少，导电性减弱，A错误；石墨层间插入F后形成的C—F键长短，键能大，分子结构稳定性增强，抗氧化性增强，B正确；随原子序数递增，同周期主族元素的原子半径逐渐减小，因此(CF)x中C—C的键长比C—F长，C错误；由题图知，(CF)x中每个碳原子形成3个C—C键、1个C—F键，其中每个C—C键被2个碳原子共用，则1 mol (CF)x中含有2.5x mol共价单键，D错误。
10．(1)√　(2)√　11.⑥⑤④　12.(1)√　(2)√　(3)√
选择性必修3
【真题再练】
1．(1)√　(2)×
2．解析：选B。步骤Ⅰ中，加入足量碳酸钠溶液发生的反应为碳酸钠溶液与碘反应得到含有碘化钠和碘酸钠的混合溶液，四氯化碳的密度大于水，充分反应后，上下两层均为无色，上层为含有碘化钠和碘酸钠的混合溶液，下层为四氯化碳，分液时应从分液漏斗的上口倒出溶液A，故A正确，B错误；步骤Ⅱ的目的是生成粗I2，碘化钠和碘酸钠在酸性环境中发生归中反应生成硫酸钠和碘，则试剂X可用硫酸，故C正确；碘受热易升华，所以实验制得的粗碘可用升华法进一步提纯，故D正确。
3．解析：选C。苯甲酸粗品(含少量NaCl和泥沙)加水加热溶解得到浊液，趁热过滤除去泥沙，滤液中含有苯甲酸和少量NaCl，由于苯甲酸的溶解度受温度影响大，而NaCl的溶解度受温度影响小，可通过冷却结晶的方式析出苯甲酸晶体，过滤后对晶体进行洗涤，得到苯甲酸粗品，因此，操作X为冷却结晶，故C正确。
4．解析：选B。苯甲酸微溶于冷水，可溶于热水。粗苯甲酸中混有少量氯化钠和泥沙，加水、加热溶解，苯甲酸、NaCl溶解在水中，泥沙不溶，从而形成悬浊液；趁热过滤出泥沙，同时防止苯甲酸结晶析出；将滤液冷却结晶，大部分苯甲酸结晶析出，氯化钠仍留在母液中；过滤、用冷水洗涤，便可得到纯净的苯甲酸。操作Ⅰ中，为减少能耗、减少苯甲酸的溶解损失，溶解所用水的量需加以控制，可依据苯甲酸的大致含量、溶解度等估算加水量，A正确；操作Ⅱ趁热过滤的目的是除去泥沙，同时防止苯甲酸结晶析出，NaCl含量少，通常不结晶析出，B不正确；操作Ⅲ缓慢冷却结晶，可形成较大的苯甲酸晶体颗粒，同时可减少杂质被包裹在晶体颗粒内部，C正确；苯甲酸微溶于冷水，可溶于热水，所以操作Ⅳ可用冷水洗涤晶体，既可去除晶体表面吸附的杂质离子，又能减少溶解损失，D正确。
5．(1)√　(2)√
6．解析：选C。某些植物中含有青蒿素，可以通过用有机溶剂浸泡的方法将其中所含的青蒿素浸取出来，这种方法也叫萃取，固液分离后可以获得含青蒿素的提取液，A正确；晶体中结构粒子的排列是有规律的，通过X射线衍射实验可以得到晶体的衍射图，通过分析晶体的衍射图可以判断晶体的结构特征，故通过X射线衍射可测定青蒿素晶体结构，B正确；通过核磁共振氢谱可推测青蒿素分子中不同化学环境氢原子的种类及相对数目，但不能测定青蒿素的相对分子质量，要测定青蒿素的相对分子质量应该用质谱法，C不正确；红外光谱可推测有机化合物分子中含有的官能团和化学键，故通过红外光谱可推测青蒿素分子中的官能团，D正确。
7．(1)×　(2)√　(3)√　8.(1)√　(2)√　(3)×
9．解析：(1)仪器B的名称是球形冷凝管。(2)反应后的溶液要经过多次洗涤，在洗涤操作中，第一次水洗的主要目的是除去大部分硫酸和未反应的乙酸；饱和碳酸氢钠溶液既可以除去未洗净的乙酸，也可以降低乙酸异戊酯的溶解度；第二次水洗的主要目的是除去产品上残留的碳酸氢钠。(3)由于乙酸异戊酯的密度比水小，二者互不相溶，因此水在下层，乙酸异戊酯在上层。分液时，要先将水层从分液漏斗的下口放出，再将乙酸异戊酯从上口倒出，选D。(4)酯化反应是可逆反应，增大反应物的浓度可以使平衡正向移动；增加一种反应物的浓度，可以提高另一种反应物的转化率；因此本实验中加入过量乙酸的目的是提高异戊醇的转化率。(5)实验中加入少量无水硫酸镁的目的是吸收酯表面少量的水分，对其干燥。(6)在蒸馏操作中，温度计的水银球要在蒸馏烧瓶的支管口附近。排除a、d，而在c中使用的是球形冷凝管，容易使产品滞留，不能全部收集到锥形瓶中，因此仪器选择及安装都正确的是b。(7)在进行蒸馏操作时，若从130 ℃开始收集馏分，此时的蒸气中含有异戊醇，会收集少量的未反应的异戊醇，因此产率偏高。
答案：(1)球形冷凝管　(2)洗掉大部分硫酸和乙酸　洗掉碳酸氢钠　(3)D　(4)提高异戊醇的转化率　(5)干燥　(6)b
(7)高　会收集少量的未反应的异戊醇
10．解析：选B。根据D 乙酰氨基葡萄糖的结构简式可知，分子式为C8H15O6N，A项错误；该物质中含有多个羟基，能发生缩聚反应，B项正确；该物质与葡萄糖所含的官能团不完全相同，不互为同系物，C项错误；该分子中含有酰胺基，酰胺基的碳氧双键中存在π键，D项错误。
11．解析：选D。纤维素是一种多糖，广泛存在于各类植物中，A正确；纤维素分子中含有羟基，羟基之间形成氢键，导致纤维素难溶于水，B正确；氢氧化钠中的OH－能有效地破坏纤维素分子内和分子间的氢键，从而促进纤维素的溶解，C正确；低温下纤维素可溶于氢氧化钠溶液，而恢复至室温后不稳定，所以低温增强了纤维素在氢氧化钠溶液中的溶解性，D错误。
12．解析：选C。药剂A可使蛋白质中的S—S断裂形成S—H，蛋白质发生还原反应，说明药剂A具有还原性，故A正确；①→②过程中S的价态由－1价变为－2价，若有2 mol S—S断裂，则转移4 mol电子，故B正确；②→③过程发生氧化反应，若药剂B是H2O2，则B中元素化合价应该降低，因此还原产物为H2O，故C错误；通过①→②过程和②→③过程，某些蛋白质中S—S位置发生了改变，因此化学烫发通过改变头发中某些蛋白质中S—S位置来实现头发的定型，故D正确。
13．(1)√　(2)√
14．解析：选A。脱氧核糖核酸(DNA)的戊糖为脱氧核糖，碱基为腺嘌呤、鸟嘌呤、胞嘧啶、胸腺嘧啶，核糖核酸(RNA)的戊糖为核糖，碱基为腺嘌呤、鸟嘌呤、胞嘧啶、尿嘧啶，二者的碱基不完全相同，戊糖不同，故A错误；碱基与戊糖缩合形成核苷，核苷与磷酸缩合形成了组成核酸的基本单元——核苷酸，核苷酸缩合聚合可以得到核酸，故B正确；核苷酸中的磷酸基团能与碱反应，碱基与酸反应，因此核苷酸在一定条件下，既可以与酸反应，又可以与碱反应，故C正确；核酸分子中碱基通过氢键实现互补配对，DNA中腺嘌呤(A)与胸腺嘧啶(T)配对，鸟嘌呤(G)与胞嘧啶(C)配对，RNA中尿嘧啶(U)替代了胸腺嘧啶(T)，结合成碱基对，遵循碱基互补配对原则，故D正确。
15．解析：选C。PLA中含有酯基，故在碱性条件下可被降解，A正确；MP由丙酸与甲醇发生酯化反应生成，故按酯类命名规则，其名称为丙酸甲酯，B正确；MP的分子式为C4H8O2，其同分异构体中含羧基的有2种，分别为、CH2—CH3—CH2—COOH，C错误；MMA中碳碳双键能发生加聚反应，可生成，D正确。
16．解析：选B。结合已知信息，通过对比X、Y的结构可知，CO2与X的化学计量比为1∶2，A正确；P完全水解得到的产物的结构简式为，分子式为C9H14O3，Y的分子式为C9H12O2，二者分子式不相同，B错误；P的支链上含有碳碳双键，可进一步交联形成网状结构，C正确；高分子降解是指将高分子降解为小分子，Y通过碳碳双键加聚形成的高分子中虽然含有酯基，但酯基在侧链上，酯基水解后得到的仍是高分子，D正确。
17．(1)√　(2)×