2026届江西省吉安市四校联考化学高三上期末检测模拟试题含解析

2026届江西省吉安市四校联考化学高三上期末检测模拟试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。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、化学与工业生产密切相关。下列说法中正确的是A．工业上常用电解熔融MgO制镁单质B．工业上常用金属钠与水反应制NaOHC．工业上炼铁的原料是铁矿石和氢气D．工业上制备粗硅的原料是石英砂和焦炭2、室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A．的溶液：NH4+、Cu2+、NO3-、SO42-B．0.1mol·L−1的氨水：Cu2+、Na+、SO42-、NO3-C．1mol·L−1的NaClO溶液：Fe2+、Al3+、NO3-、I−D．0.1mol·L−1的NaHCO3溶液：K+、Na+、NO3-、OH−3、下列有关氨气的制备、干燥、收集和尾气处理错误的是A．图甲：实验室制氨气 B．图乙：干燥氨气C．图丙：收集氨气 D．图丁：实验室制氨气的尾气处理4、水的电离平衡曲线如图所示，下列说法正确的是（）A．图中五点Kw间的关系：B>C>A＝D＝EB．若从A点到D点，可采用在水中加入少量NaOH的方法C．若从A点到C点，可采用温度不变时在水中加入适量H2SO4的方法D．100℃时，将pH＝2的硫酸溶液与pH＝12的KOH溶液等体积混合后，溶液显中性5、用H2O2和H2SO4的混合溶液可溶出废旧印刷电路板上的铜。已知：Cu(s)+2H+(aq)=Cu2+(aq)+H2(g)ΔH=+64.39kJ/mol2H2O2(l)=2H2O(l)+O2(g)ΔH=-196.46kJ/molH2(g)+O2(g)=H2O(l)ΔH=-285.84kJ/mol在H2SO4溶液中，Cu与H2O2反应生成Cu2+(aq)和H2O(l)的反应热ΔH等于A．－319.68kJ/mol B．－417.91kJ/molC．－448.46kJ/mol D．＋546.69kJ/mol6、《Chem.sci.》报道麻生明院士团队合成非天然活性化合物b(结构简式如下)的新方法。下列说法不正确的是A．b的分子式为C18H17NO2 B．b的一氯代物有9种C．b存在一种顺式结构的同分异构体 D．b能使酸性高锰酸钾溶液褪色7、Na、Al、Fe都是重要的金属元素。下列说法正确的是A．氧化物都是碱性氧化物B．氢氧化物都是白色固体C．单质都可以与水反应D．单质在空气中都形成致密氧化膜8、A、B、C、X为中学化学常见物质，A、B、C含有相同元素甲，可以发生如下转化（水参与的反应，水未标出）。下列说法不正确的是A．若A、B、C的焰色反应呈黄色、水溶液均呈碱性，则X可以是CO2B．若C为红棕色气体，则A一定为空气中含量最高的气体C．若B为FeCl3，则X一定是FeD．A可以是碳单质，也可以是O29、关于氯化铁溶液，下列有关说法正确的是（）A．适当升高温度能促进FeCl3水解B．加水稀释能促进其水解，并提高Fe(OH)3的浓度C．加少量浓盐酸能促进FeCl3水解D．保存氯化铁溶液时应加入少量铁粉10、下列说法不正确的是（）A．某化合物在熔融状态下能导电，则该物质属于离子化合物B．金属钠与水反应过程中，既有共价键的断裂，也有共价键的形成C．硅单质与硫单质熔化时所克服微粒间作用力相同D．CO2和NCl3中，每个原子的最外层都具有8电子稳定结构11、X、Y、Z、W为原子序数依次增大的四种短周期元素，其中Z为金属元素，X、W为同一主族元素。X、Z、W形成的最高价氧化物分别为甲、乙、丙，甲是常见温室效应气体。x、y2、z、w分别为X、Y、Z、W的单质，丁是化合物，其转化关系如图所示。下列判断不正确的是A．反应①②③都属于氧化还原反应 B．X、Y、Z、W四种元素中，W的原子半径最大C．在信息工业中，丙常作光导纤维材料 D．一定条件下，x与甲反应生成丁12、下列古诗文中对应的化学物质及相关说法均正确的是A．A B．B C．C D．D13、短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。W原子的最外层电子数是X与Z原子最外层电子数之和，W简单氢化物r溶于水完全电离。m、p是由这些元素组成的二元化合物，m可做制冷剂，无色气体p遇空气变为红棕色。下列说法正确的是（）A．简单离子半径：W>Z>Y>XB．Y原子的价电子轨道表示式为C．r与m可形成离子化合物，其阳离子电子式为D．一定条件下，m能与Z的单质反应生成p14、化合物(X)、(Y)、(Z)的分子式均为C5H6。下列说法正确的是（）A．X、Y、Z均能使酸性高锰酸钾溶液褪色B．Z的同分异构体只有X和Y两种C．Z的二氯代物只有两种(不考虑立体异构)D．Y分子中所有碳原子均处于同一平面15、阿伏加德罗常数约为6.02×1023mol－1，下列叙述正确的是A．2.24LCO2中含有的原子数为0.3×6.02×1023B．0.1L3mol·L－1的NH4NO3溶液中含有的NH4＋数目为0.3×6.02×1023C．5.6g铁粉与硝酸反应失去的电子数一定为0.3×6.02×1023D．4.5gSiO2晶体中含有的硅氧键数目为0.3×6.02×102316、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是A．0.1molC3H9N中所含共用电子对数目为1.2NAB．14gN60（分子结构如图所示）中所含N－N键数目为1.5NAC．某温度下，1LpH＝6的纯水中所含OH−数目为1.0×10−8NAD．标准状况下，5.6L甲醛气体中所含的质子数目为4NA17、Y是合成药物查尔酮类抑制剂的中间体，可由X在一定条件下反应制得下列叙述不正确的是（）A．该反应为取代反应B．Y能使酸性高锰酸钾溶液褪色可证明其分子中含有碳碳双键C．X和Y均能与新制的Cu(OH)2在加热条件下反应生成砖红色沉淀D．等物质的量的X、Y分别与H2反应，最多消耗H2的物质的量之比为4∶518、NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．28g由乙烯与丙烯组成的混合物中含碳碳双键的数目为NAB．4.6g乙醇完全氧化生成乙醛，转移电子数为0.2NAC．25℃，1LpH=13的Ba(OH)2溶液中，含有OH-的数目为0.2NAD．标准状况下，2.24LC12溶于水所得溶液中含氯的微粒总数为0.2NA19、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W最简单的氢化物常温下为气体，是可燃冰的成分，X是同周期中原子半径最小的元素，W和Y的最外层电子数之和等于X的最外层电子数，X、Z同主族。下列有关判断正确的是（）A．常温下，X、Z的单质与水反应均有弱酸生成B．W、X、Z的最简单氢化物中，HZ的热稳定性最强C．Y与Z的化合物YZ3是非电解质D．W的氢化物的沸点一定低于X的氢化物的沸点20、科学研究发现，高度对称的有机分子具有致密性高、稳定性强、张力能大等特点。饱和烃中有一系列高度对称结构的烃，如（正四面体烷C4H4）、（棱晶烷C6H6）、（立方烷C8H8），下列有关说法正确的是A．上述三种物质中的C原子都形成4个单键，因此它们都属于烷烃B．上述三种物质互为同系物，它们的通式为C2nH2n（n≥2）C．棱晶烷与立方烷中碳原子均为饱和碳原子，其二氯代物的数目不同D．棱晶烷与立方烷在光照条件下均可与氯气发生取代反应21、用化学用语表示2CO2＋2Na2O2===2Na2CO3＋O2中的相关微粒，其中正确的是()A．中子数为6的碳原子：612C B．氧原子的结构示意图：C．CO2的结构式：O—C—O D．Na2O2的电子式：NaNa22、从古至今化学与生产、生活密切相关。下列说法正确的是A．常温下，成语“金戈铁马”中的金属能溶于浓硝酸B．用石灰水或MgSO4溶液喷涂在树干上均可消灭树皮上的过冬虫卵C．汉代烧制出“明如镜、声如馨”的瓷器，其主要原料为石灰石D．港珠澳大桥采用的聚乙烯纤维吊绳，其商品名为“力纶”，是有机高分子化合物二、非选择题(共84分)23、（14分）[化学——选修5：有机化学基础]A(C3H6)是基本有机化工原料，由A制备聚合物C和合成路线如图所示（部分条件略去）。已知：（1）A的名称是____；B中含氧官能团名称是____。（2）C的结构简式____；D-E的反应类型为____。（3）E-F的化学方程式为____。（4）B的同分异构体中，与B具有相同官能团且能发生银镜反应，其中核磁共振氢谱上显示3组峰，且峰面积之比为6:1:1的是____（写出结构简式）。（5）等物质的量的分别与足量NaOH、NaHCO3反应，消耗NaOH、NaHCO3的物质的量之比为____；检验其中一种官能团的方法是____（写出官能团名称、对应试剂及现象）。24、（12分）茉莉酸甲酯的一种合成路线如下：(1)C中含氧官能团名称为________。(2)D→E的反应类型为________。(3)已知A、B的分子式依次为C6H10O4、C12H18O4，A中不含甲基，写出B的结构简式：________。(4)D的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：________。①分子中含有苯环，能与FeCl3溶液发生显色反应；②碱性条件水解生成两种产物，酸化后两种分子中均只有3种不同化学环境的氢。(5)写出以和CH2(COOCH3)2为原料制备的合成路线流程图(无机试剂和乙醇任用，合成路线流程图示例见本题题干)_______。25、（12分）次氯酸溶液由于其具有极强的氧化性，可以使病毒的核酸物质发生氧化反应，从而杀灭病毒，是常用的消毒剂和漂白剂。已知：Ⅰ.常温常压下，Cl2O为棕黄色气体，沸点为3.8℃，42℃以上会分解生成Cl2和O2，Cl2O易溶于水并与水立即反应生成HClO。Ⅱ.将氯气和空气(不参与反应)按体积比1∶3混合通入潮湿的碳酸钠中生成Cl2O气体，用水吸收Cl2O(不含Cl2)制得次氯酸溶液。某实验室利用以下装置制备浓度不小于0.8mol/L的次氯酸溶液。A．B．C．D．E.回答下列问题：(1)装置D的作用为_______________。(2)配平装置B中的反应___________：Cl2+Na2CO3+H2O=Cl2O+NaCl+NaHCO3。写出Cl2O的结构式为_____。(3)装置C中加入的试剂X为CCl4，其作用是__________。(4)各装置的连接顺序为A→____________→____________→______________→E。(5)此方法相对于氯气直接溶于水制备次氯酸溶液的优点是__________。(答出1条即可)(6)若装置B中生成的Cl2O气体有20%滞留在E前各装置中，其余均溶于装置E的水中，装置E所得500mL次氯酸溶液浓度为0.8mol/L，则至少需要含水8%的碳酸钠的质量为_____g。26、（10分）实验室制备甲基丙烯酸甲酯的反应装置示意图和有关信息如下：+CH3OH+H2O药品相对分子质量熔点/℃沸点/℃溶解性密度（g•cm-3）甲醇32-98-64.5与水混溶，易溶于有机溶剂0.79甲基丙烯酸8615161溶于热水，易溶于有机剂1.01甲基丙烯酸甲酯100-48100微溶于水，易溶于有机溶剂0.944已知甲基丙烯酸甲酯受热易聚合；甲基丙烯酸甲酯在盐溶液中溶解度较小；CaCl2可与醇结合形成复合物；实验步骤：①向100mL烧瓶中依次加入：15mL甲基丙烯酸、2粒沸石、10mL无水甲醇、适量的浓硫酸；②在分水器中预先加入水，使水面略低于分水器的支管口，通入冷凝水，缓慢加热烧瓶。在反应过程中，通过分水器下部的旋塞分出生成的水，保持分水器中水层液面的高度不变，使油层尽量回到圆底烧瓶中；③当，停止加热；④冷却后用试剂X洗涤烧瓶中的混合溶液并分离；⑤取有机层混合液蒸馏，得到较纯净的甲基丙烯酸甲酯。请回答下列问题：（1）A装置的名称是_____。（2）请将步骤③填完整____。（3）上述实验可能生成的副产物结构简式为_____(填两种）。（4）下列说法正确的是______A．在该实验中，浓硫酸是催化剂和脱水剂B．酯化反应中若生成的酯的密度比水大，不能用分水器提高反应物的转化率C．洗涤剂X是一组试剂，产物要依次用饱和Na2CO3、饱和CaCl2溶液洗涤D．为了提高蒸馏速度，最后一步蒸馏可采用减压蒸馏；该步骤一定不能用常压蒸馏（5）实验结束收集分水器分离出的水，并测得质量为2.70g，计算甲基丙烯酸甲酯的产率约为_____。实验中甲基丙烯酸甲酯的实际产率总是小于此计算值，其原因不可能是_____。A．分水器收集的水里含甲基丙烯酸甲酯B．实验条件下发生副反应C．产品精制时收集部分低沸点物质D．产品在洗涤、蒸发过程中有损失27、（12分）实验室常用MnO2与浓盐酸反应制备Cl2(反应装置如图所示)(1)制备实验开始时，先检查装置气密性，接下来的操作依次是______(填序号)A．往烧瓶中加入MnO2粉末B．加热C．往烧瓶中加入浓盐酸(2)制备反应会因盐酸浓度下降而停止.为测定已分离出过量MnO2后的反应残余液中盐酸的浓度，探究小组提出下列实验方案：甲方案：与足量AgNO3溶液反应，称量生成的AgCl质量。乙方案：采用酸碱中和滴定法测定。丙方案：与已知量CaCO3(过量)反应，称量剩余的CaCO3质量。丁方案：与足量Zn反应，测量生成的H2体积。继而进行下列判断和实验：判定甲方案不可行，理由是______________。(3)进行乙方案实验：准确量取残余清液稀释一定倍数后作为试样。a.量取试样20.00mL，用0.1000mol·L-1NaOH标准溶液滴定，消耗22.00mL，该次滴定测得试样中盐酸浓度为_____mol·L-1b.平行滴定后获得实验结果。采用此方案还需查阅资料知道的数据是：________。(4)丙方案的实验发现，剩余固体中含有MnCO3，说明碳酸钙在水中存在______，测定的结果会：______(填“偏大”、“偏小”或“准确”)(5)进行丁方案实验：装置如图所示(夹持器具已略去)①使Y形管中的残余清液与锌粒反应的正确操作是将_________转移到_____________中。②反应完毕，每间隔1分钟读取气体体积，气体体积逐次减小，直至不变。气体体积逐次减小的原因是______(排除仪器和实验操作的影响因素)。28、（14分）一种合成囧烷（E）的路线如下图所示：（1）A中所含官能团的名称是_____，E的分子式为________。（2）A→B、B→C的反应类型分别是______、_______。（3）①在一定条件下，B与足量乙酸可发生酯化反应，其化学方程式为_______。②C→D为醛酮缩合反应，其化学方程式为_____________________。（4）F是一种芳香族化合物，能同时满足下列条件的F的同分异构体有__种。①1个F分子只比1个C分子少2个氢原子②苯环上有3个取代基③1molF能与2molNaOH反应写出其中核磁共振氢谱图有5组峰，且峰面积比为3∶2∶2∶2∶1的一种物质的结构简式：_______。（5）1，2－环己二醇是一种重要的有机合成原料，请参照题中的合成路线，以和为主要原料，设计合成1，2－环己二醇的合成路线（其他试剂任选）_______。29、（10分）王帅博士同美国加州大学伯克利分校化工系EnriqueIglesia教授在金属氧化物催化剂表面羟醛缩合反应机理方面的合作研究取得新进展。如图是羰基化合物的自缩合和交叉缩合途径：回答下列问题：(1)基态O原子核外有____________种不同运动状态的电子，与O元素同周期第一电离能大于O的主族元素有___________(填元素符号)。(2)HCHO和H2O都参与上述转化。HCHO分子的空间构型是________，三聚甲醛的结构如图所示，三聚甲醛中C原子的杂化方式为_____________。(3)H2O能形成多种配位化合物。科研人员通过X射线推测胆矾中既含有配位键，又含有氢键。结构如图所示。胆矾的化学式用配位化合物的形式可表示为____，1mol胆矾所含σ键的数目为_________NA。(4)TiO2是上述转化的催化剂，CaTiO3是制取TiO2的一种原料，其晶胞结构如图所示。在CaTiO3晶体中，与某个钛离子距离最近且相等的其他钛离子共有________个，设该化合物的式量为M，密度为ag/cm3，阿伏加德罗常数为NA，则晶体中钙离子与钛离子之间的最短距离为________cm。

参考答案一、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、D【解析】

A．电解熔融氯化镁制得镁单质，化学方程式为：，而不是氧化镁，故A错误；B．工业上常用石灰乳与纯碱反应Ca(OH)2+Na2CO3=CaCO3↓+2NaOH，制备NaOH，而不是钠与水反应，故B错误；C．炼铁的原料铁矿石、焦炭、石灰石，起还原剂作用的是碳和氢气反应生成的CO，故C错误；D．二氧化硅与焦炭反应生成粗硅和一氧化碳，反应方程式为：，所以工业上制备粗硅的主要原料有石英砂和焦炭，故D正确；故选：D。【点睛】电解制备镁单质所使用物质为氯化镁，而非氧化镁，其原因在于氧化镁的熔点较高，电解过程中耗能较大，而氯化镁的熔点较低，在熔融状态下能够发生电离，能够制备镁单质。2、A【解析】

A．的溶液显酸性，NH4+、Cu2+、NO3-、SO42-离子之间不反应，与氢离子也不反应，可大量共存，A项正确；B．氨水显碱性，与Cu2+之间发生反应生成氢氧化铜沉淀，在溶液中不能大量共存，B项错误；C．1mol·L−1的NaClO溶液具有氧化性，能氧化Fe2+和I−，故在该溶液中不能大量共存，C项错误；D．HCO3-与OH−会反应生成CO32-和H2O而不能大量共存，D项错误；答案选A。【点睛】（1）判断离子能否大量共存的原则：在所给条件下，离子之间互不反应，则离子能够大量共存，否则，不能大量共存；（2）判断离子能否大量共存的步骤：先看题给限制条件，包括颜色、酸碱性、氧化（还原）性等，再看离子之间的相互反应，逐项判断各组离子之间是否发生反应，从而确定离子能否大量共存；（3）注意题目中给的是“一定”“可能”还是“不能”大量共存，具体问题具体分析。3、D【解析】

A．实验室通过加热氯化铵和氢氧化钙的混合物制氨气，故A正确；B．氨气是碱性气体，可以用碱石灰干燥氨气。故B正确；C．氨气的密度比空气小，于空气中的物质不反应，可以用排空气法收集，用图示装置收集氨气需要短进长出，故C正确；D．氨气极易溶于水，用图示装置进行氨气的尾气处理，会产生倒吸，故D错误；故选D。【点睛】本题的易错点为C，要注意理解瓶口向上排空气法的原理。4、A【解析】

A.水是弱电解质，升高温度，促进水的电离，Kw增大，A、D、E三点均在25℃下水的电离平衡曲线上，三点的Kw相同，图中五点温度B>C>A＝D＝E，则Kw间的关系为B>C>A＝D＝E，故A正确；B.若从A点到D点，由于温度不变，溶液中c（H＋）增大，c（OH－）减小，则可采用在水中加入少量酸的方法，故B错误；C.A点到C点，温度升高，Kw增大，且A点和C点c（H＋）＝c（OH－），所以可采用升高温度的方法，温度不变时在水中加入适量H2SO4，温度不变则Kw不变，c（H＋）增大则c（OH－）减小，A点沿曲线向D点方向移动，故C错误；D.100℃时，Kw＝10－12，pH＝2的硫酸溶液中c(H＋)＝10－2mol/L，pH＝12的KOH溶液中c(OH－)＝1mol/L，若二者等体积混合，由于n(OH－)>n(H＋)，所以溶液显碱性，故D错误。综上所述，答案为A。【点睛】计算pH时一定要注意前提条件温度，温度变化，离子积常数随之发生改变，则pH值也会发生改变。5、A【解析】

①Cu(s)+2H+(aq)=Cu2+(aq)+H2(g)ΔH=+64.39kJ/mol②2H2O2(l)=2H2O(l)+O2(g)ΔH=-196.46kJ/mol③H2(g)+O2(g)=H2O(l)ΔH=-285.84kJ/mol根据盖斯定律，将①+×②+③，整理可得：Cu(s)+H2O2(l)+2H+(aq)=Cu2+(aq)+2H2O(l)ΔH=-319.68kJ/mol，故合理选项是A。6、B【解析】

A．由结构简式()可知，该有机物分子式为C18H17NO2，故A正确；B．有机物b中含有10种()不同的H原子，一氯代物有10种，故B错误；C．C=C两端碳原子上分别连接有2个不同的基团，存在一种顺式结构的同分异构体，故C正确；D．含有碳碳双键，可发生氧化反应，可使酸性高锰酸钾溶液褪色，故D正确；答案选B。【点睛】本题的易错点为C，要注意有机物存在顺反异构的条件和判断方法。7、C【解析】

A．Na、Al、Fe的氧化物中，过氧化钠能跟酸起反应，除生成盐和水外，还生成氧气，不是碱性氧化物，氧化铝不但可以和碱反应还可以和酸反应均生成盐和水，为两性氧化物，故A错误；B．氢氧化钠、氢氧化铝为白色固体，而氢氧化铁为红褐色固体，故B错误；C．钠与水反应2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，生成氢氧化钠和氢气，铁与水蒸汽反应生成氢气与四氧化三铁，3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2，在金属活动性顺序表中，铝介于二者之间，铝和水2Al+6H2O2Al(OH)3+3H2↑，反应生成氢氧化铝和氢气，高温下氢氧化铝分解阻碍反应进一步进行，但铝能与水反应，故C正确；D．Na在空气中最终生成碳酸钠，不是形成致密氧化膜，Al在空气中与氧气在铝的表面生成一层致密的氧化物保护膜，阻止Al与氧气的进一步反应，铁在空气中生成三氧化二铁，不是形成致密氧化膜，故D错误；故答案为C。8、B【解析】

A.若A、B、C的焰色反应呈黄色，说明A、B、C中含有钠元素，水溶液均呈碱性，则A为氢氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠，B为碳酸钠，碳酸钠溶液显碱性；碳酸钠与二氧化碳反应生成碳酸氢钠，C为碳酸氢钠，碳酸氢钠为碱性，故A正确；B.若A为氨气、X为氧气，则B为一氧化氮，C为红棕色气体二氧化氮，则A不一定为空气中含量最高的氮气，故B错误；C.若B为FeCl3，则A为氯气，与铁反应生成氯化铁，氯化铁与铁反应生成氯化亚铁，故C正确；D.若A为碳、X为氧气，则B为一氧化碳，C为二氧化碳；若A为氧气、X为碳，则B为二氧化碳，C为一氧化碳，故D正确；答案为B。【点睛】元素的性质的推断题，要熟练掌握各种物质间的相互转化，并能找到各物质间相互转化方案，熟记物质的性质，综合运用。9、A【解析】

A.水解为吸热反应，升高温度能促进盐类的水解，A项正确；B.加水稀释能促进其水解，但是会使Fe(OH)3的浓度降低，B项错误；C.氯化铁水解生成氢氧化铁和氢离子，加入盐酸，增大氢离子浓度，抑制氯化铁水解，C项错误；D.铁粉能够与氯化铁反应生成氯化亚铁，所以保存氯化铁溶液不能加入铁，为抑制氯化铁水解应加入少量稀盐酸，D项错误；答案选A。10、C【解析】

A.熔融状态下能导电的化合物中含有自由移动阴阳离子，说明该化合物由阴阳离子构成，则为离子化合物，故A正确；B.Na和水反应方程式为2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，反应中水中的共价键断裂，氢气分子中有共价键生成，所有反应过程中有共价键断裂和形成，故B正确；C.Si是原子晶体、S是分子晶体，熔化时前者破坏共价键、后者破坏分子间作用力，所有二者熔化时破坏作用力不同，故C错误；D.中心原子化合价的绝对值+该原子最外层电子数=8时，该分子中所有原子都达到8电子结构，但是氢化物除外，二氧化碳中C元素化合价绝对值+其最外层电子数=4+4=8，NCl3中N元素化合价绝对值+其最外层电子数=3+5=8，所有两种分子中所有原子都达到8电子结构，故D正确。故选C。【点睛】明确物质构成微粒及微粒之间作用力是解本题关键，注意C选项中Si和S晶体类型区别。11、B【解析】

已知甲是常见温室效应气体，X、W为同一主族元素，X、W形成的最高价氧化物分别为甲、丙，则X为C元素、W为Si元素，甲为二氧化碳，丙为二氧化硅，x、w分别为X、W的单质，在高温条件下x碳单质与二氧化硅反应生成w为硅，丁为一氧化碳；y2为氧气，碳与氧气点燃反应生成甲为二氧化碳，则Y为O元素，Z为金属元素，z金属单质能与二氧化碳反应生成碳单质与金属氧化物，则Z为Mg元素，综上所述，X为C元素、Y为O元素、Z为Mg元素、W为Si元素，据此解答。【详解】由以上分析可知，X为C元素、Y为O元素、Z为Mg元素、W为Si元素，A.反应①二氧化碳与镁反应、②碳与氧气反应、③碳与二氧化硅反应都属于氧化还原反应，A项正确；B.同周期元素原子半径从左到右依次减小，同主族元素原子半径从上而下以此增大，故C、O、Mg、Si四种元素中，Mg的原子半径最大，B项错误；C.丙为二氧化硅，在信息工业中，二氧化硅常作光导纤维材料，C项正确；D.在高温条件下，碳与二氧化碳反应生成一氧化碳，D项正确；答案选B。12、B【解析】

A．羽毛的成分是蛋白质，蛋白质中含有C、H、O、N等元素，所以蛋白质燃烧时的产物为除了有CO2和H2O生成，还有其他物质生成，故A错误；B．卖油翁的油指的是植物油，植物油中含有碳碳双键或碳碳三键，能使酸性的高锰酸钾溶液褪色，B正确；C．砂糖的成分是蔗糖，不是淀粉，另外淀粉水解需要在酶或稀硫酸加热的作用下才能进行，C错误；D．棉花的成分是纤维素，纤维素与淀粉都是混合物，它们之间不互为同分异构体，D错误答案选B。13、D【解析】

短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。m可做制冷剂，则m为NH3，则X为H；无色气体p遇空气变为红棕色，则p为NO；N元素的简单氢化物是非电解质，所W不是O、N，则Y为N，Z为O，W原子的最外层电子数是X与Z原子最外层电子数之和，且其简单氢化物r溶于水完全电离，则W为Cl。【详解】A．电子层数越多离子半径越大，电子层数相同，原子序数越小半径越大，所以简单离子半径：Cl->N3->O2->H+，故A错误；B．Y为N，其价层电子为2s22p3，价电子轨道表示式为：，故B错误；C．r与m可形成离子化合物氯化铵，铵根的正确电子式为，故C错误；D．氨气与氧气在催化剂加热的条件下可以生成NO，故D正确；故答案为D。14、C【解析】

A．z不含碳碳双键，与高锰酸钾不反应，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故A错误；B．C5H6的不饱和度为=3，可知若为直链结构，可含1个双键、1个三键，则x的同分异构体不止X和Y两种，故B错误；C．z含有1种H，则一氯代物有1种，对应的二氯代物，两个氯原子可在同一个碳原子上，也可在不同的碳原子上，共2种，故C正确；D．y中含3个sp3杂化的碳原子，这3个碳原子位于四面体结构的中心，则所有碳原子不可能共平面，故D错误；故答案为C。15、D【解析】

A.未指明气体所处的外界条件，不能确定CO2的物质的量，因此不能确定其中含有的原子数目，A错误；B.硝酸铵是强酸弱碱盐，在溶液中NH4+发生水解反应而消耗，所以0.1L3mol·L－1的NH4NO3溶液中含有的NH4＋数目小于0.3×6.02×1023，B错误；C.5.6gFe的物质的量是0.1mol，二者发生反应，若铁过量，则反应生成Fe2+，5.6gFe失去0.2×6.02×1023个电子，若硝酸足量，则5.6gFe失去0.3×6.02×1023，因此二者的相对物质的量多少不能确定，不能判断转移电子的物质的量，C错误；D.在SiO2晶体中每个Si原子与相邻的4个O原子形成4个Si-O键，4.5g二氧化硅的物质的量是0.075mol，则其中含有的Si-O共价键数目为0.075mol×4×6.02×1023/mol=0.3×6.02×1023，D正确；故合理选项是D。16、C【解析】

A.根据物质中的最外层电子数进行分析，共用电子对数为，所以0.1molC3H9N中所含共用电子对数目为1.2NA，故正确；B.14gN60的物质的量为，N60的结构是每个氮原子和三个氮原子结合形成两个双键和一个单键，每两个氮原子形成一个共价键，1molN60含有的氮氮键数为，即14gN60的含有氮氮键，数目为1.5NA，故正确；C.某温度下，1LpH＝6的纯水中氢离子浓度为10-6mol/L，纯水中氢离子浓度和氢氧根离子浓度相等，所以氢氧根离子浓度为10-6mol/L，氢氧根离子数目为10-6NA，故错误；D.标准状况下，5.6L甲醛气体物质的量为0.25mol，每个甲醛分子中含有16个质子，所以0.25mol甲醛中所含的质子数目为4NA，故正确。故选C。17、B【解析】

A．由X生成Y，是X中-OH上的H原子被-CH2CH=C(CH3)2所取代，A正确；B．Y使酸性高锰酸钾溶液褪色，可能是碳碳双键的作用，也可能是醛基的作用，B不正确；C．X和Y分子中都含有醛基，均能与新制的Cu(OH)2在加热条件下反应生成砖红色沉淀，C正确；D．醛基、碳碳双键和苯环都可以和氢气加成，等物质的量的X、Y分别与H2反应，前者最多消耗H24mol，后者最多消耗H25mol，D正确；故选B。18、B【解析】

A．乙烯和丙烯的摩尔质量不同，无法计算混合物的物质的量，则无法判断28g由乙烯和丙烯组成的混合气体中所含碳碳双键的数目，故A错误；B．1mol乙醇转化为1mol乙醛转移电子2mol，4.6g乙醇物质的量为0.1mol，完全氧化变成乙醛，转移电子数为0.2NA，故B正确；C．pH=13的Ba（OH）2溶液，c(H+)=10-13mol/L，依据c(H+)c(OH-)=Kw，c(OH-)=10-1mol/L，25℃、pH=13的1.0LBa（OH）2溶液中含有的OH-数目为10-1mol/L×1L=0.1mol，含有的OH-数目为0.1NA，故C错误；D．标况下2.24L氯气的物质的量为0.1mol，而氯气和水的反应为可逆反应、不能进行彻底，故所得溶液中的含氯微粒有Cl2、Cl-、ClO-和HClO，故根据氯原子守恒可知：2N（Cl2）+N（Cl-）+N（ClO-）+N（HClO）=0.2NA，故含氯的微粒总数小于0.2NA，故D错误；故答案为B。19、A【解析】

短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W最简单的氢化物是可燃冰的有效成分，即为CH4，则W为C元素；X是同周期中原子半径最小的元素，X不是F就是Cl，因原子序数依次增大，则X为F元素；W和Y的原子核外最外层电子数之和等于X的最外层电子数，则Y为Al元素；X、Z同主族，则Z为Cl元素，据此分析解答。【详解】根据上述分析可知，W为C元素、X为F元素、Y为Al元素、Z为Cl元素。A．常温下，X、Z的单质与水的反应分别是2F2+2H2O=4HF+O2、Cl2+H2O=HCl+HClO，HF和HClO都是弱酸，故A正确；B．F的非金属性最强，则HF最稳定，故B错误；C.Y与Z的化合物YZ3为AlCl3，氯化铝溶于水能够导电，属于电解质，故C错误；D.W的氢化物为烃，其中很多为固体，沸点不一定低于HF的沸点，故D错误；答案选A。【点睛】本题的易错点为D，要注意碳的氢化物是一类物质——烃，随着碳原子数目的增多，烃的熔沸点升高，在烃中有气态、液态的烃，还有固态的烃。20、D【解析】

A.上述三种物质中的C原子之间都形成C-C键，但由于不是结合形成链状，因此它们不属于烷烃，A错误；B.三种物质的通式为C2nH2n，n≥2，但结构不同，分子组成也不是相差CH2原子团的整数倍，不属于同系物，B错误；C.棱晶烷与立方烷中碳原子均为饱和碳原子，其二氯代物都有3种，数目相同，C错误；D.棱晶烷与立方烷分子中每个C与三个C形成三个共价单键，因此都属于饱和烃，在光照条件下均可与氯气发生取代反应，D正确；故合理选项是D。21、B【解析】

A.中子数为6的碳原子：612C，B.氧原子的原子序数为8，其原子结构示意图：，B项正确；C.CO2分子中各原子满8电子稳定，其中碳与氧原子形成的是共价双键，其结构式为：O=C=O，C项错误；D.Na2O2为离子化合物，存在离子键与非极性共价键，其电子式为：，D项错误；答案选B。【点睛】化学用语是化学考试中的高频考点，其中ZAX元素符号的含义要牢记在心，其左上角为质量数（A）、左下角为质子数（Z），质子数（Z）=核电荷数=原子序数，质量数（A）=质子数（Z）+中子数（22、D【解析】

A.成语“金戈铁马”中的金属为铁，常温下，铁在浓硝酸中钝化，不能溶于浓硝酸，故A错误；B.MgSO4溶液显弱酸性，应用石灰水喷涂在树干上可消灭树皮上的过冬虫卵，故B错误；C.瓷器由黏土烧制而成，所以烧制瓷器的主要原料为黏土，故C错误；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正确；故答案为D。二、非选择题(共84分)23、丙烯酯基取代反应1：1检验羧基：取少量该有机物，滴入少量石蕊试液，试液变红（或检验碳碳双键，加入溴水，溴水褪色）【解析】

B发生加聚反应生成聚丁烯酸甲酯，则B结构简式为CH3CH=CHCOOCH3，A为C3H6，A发生发生加成反应生成B，则A结构简式为CH2=CHCH3，聚丁烯酸甲酯发生水解反应然后酸化得到聚合物C，C结构简式为；A发生反应生成D，D发生水解反应生成E，E能发生题给信息的加成反应，结合E分子式知，E结构简式为CH2=CHCH2OH、D结构简式为CH2=CHCH2Cl，E和2-氯-1，3-丁二烯发生加成反应生成F，F结构简式为，F发生取代反应生成G，G发生信息中反应得到，则G结构简式为；据此解答。【详解】（1）通过以上分析知，A为丙烯，B结构简式为CH3CH=CHCOOCH3，其含氧官能团名称是酯基，故答案为丙烯；酯基；

（2）C结构简式为，D发生水解反应或取代反应生成E，故答案为；取代反应或水解反应；

（3）E→F反应方程式为，故答案为；

（4）B结构简式为CH3CH=CHCOOCH3，B的同分异构体中，与B具有相同的官能团且能发生银镜反应，说明含有碳碳双键和酯基、醛基，为甲酸酯，符合条件的同分异构体有HCOOCH=CHCH2CH3、HCOOCH2CH=CHCH3、HCOOCH2CH2CH=CH2、HCOOC（CH3）=CHCH3、HCOOCH=C（CH3）2、HCOOCH（CH3）CH=CH2、HCOOCH2C（CH3）=CH2、HCOOC（CH2CH3）=CH2，共有8种；其中核磁共振氢谱为3组峰，且峰面积之比为6:1:1的是，

故答案为；（5）该有机物中含有碳碳双键、醇羟基、羧基，具有烯烃、羧酸、醇的性质。能和NaOH、NaHCO3反应的是羧基，且物质的量之比都是1：1，所以NaOH、NaHCO3分别与等物质的量的该物质反应时，则消耗NaOH、NaHCO3的物质的量之比为1：1；分子中含有碳碳双键、醇羟基、羧基。若检验羧基：取少量该有机物，滴入少量石蕊试液，试液变红；若检验碳碳双键：加入溴水，溴水褪色，故答案为1：1；检验羧基：取少量该有机物，滴入少量石蕊试液，试液变红（或检验碳碳双键，加入溴水，溴水褪色）。24、羰基和酯基消去反应【解析】

(1)由结构可知C中含氧官能团为：酯基、羰基；(2)对比D、E的结构，可知D分子中脱去1分子HCOOCH2CH=CH2形成碳碳双键得到E；(3)A、B的分子式依次为C6H10O4、C12H18O4，A中不含甲基，结合C的结构，可知A为HOOC(CH2)4COOH、B为；(4)D的一种同分异构体同时满足下列条件：①分子中含有苯环，能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；②碱性条件水解生成两种产物，说明还含有酯基，且酸化后两种分子中均只有3种不同化学环境的氢；(5)由E→F→G转化可知，可由加热得到，而与CH2(COOCH3)2加成得到，与氢气发生加成反应得到，然后发生催化氧化得到，最后发生消去反应得到。【详解】由上述分析可知：A为HOOC(CH2)4COOH；B为。(1)由C结构简式可知C中含氧官能团为：酯基、羰基；（2）对比D、E的结构，可知D分子中脱去1分子HCOOCH2CH=CH2形成碳碳双键得到E，故D生成E的反应属于消去反应；(3)A、B的分子式依次为C6H10O4、C12H18O4，A中不含甲基，结合C的结构，可知A为HOOC(CH2)4COOH、B为；(4)D的一种同分异构体同时满足下列条件：①分子中含有苯环，能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；②碱性条件水解生成两种产物，说明还含有酯基，且酸化后两种分子中均只有3种不同化学环境的氢，符合条件的同分异构体为：；(5)与H2在Ni催化下发生加成反应产生，与O2在Cu催化下发生氧化反应产生，与NaOH的乙醇溶液发生消去反应产生，再与CH2(COOCH3)2发生加成反应产生，该物质在高温下反应产生，故合成路线流程图为：。【点睛】本题考查有机物的合成的知识，涉及官能团的识别、有机反应类型的判断、限制条件同分异构体的书写、合成路线设计等，(4)中同分异构体的书写为易错点、难点,关键是对比物质的结构理解发生的反应，题目侧重考查学生分析推理能力、知识迁移运用能力。25、除去氯气中的HCl气体；观察产生气泡的速度来调节流速和体积比1:32Cl2＋2Na2CO3＋H2O=Cl2O＋2NaCl＋2NaHCO3Cl-O-Cl除去Cl2O中的Cl2，提高制得的HClO的纯度DBC制备的HClO的浓度大，纯度高，不含有Cl-57.6【解析】

该实验属于物质制备类实验，所需原料为氯气和空气，并且要注意体积比1:3这个要求；因此就出现了这两个问题：(1)原料Cl2含有杂质需要除杂；(2)如何准确地控制两种原料气体积比；带着问题分析每个装置的作用就不难发现D装置就恰好能解决上述两个问题。接下来，由于B中的制备反应是气体与固体的反应，所以产物中肯定含有未反应完全的原料气，所以这里又出现了一个问题：未反应完的原料气是否会干扰后续的制备，如何除去；通过分析不难发现装置C恰好可以解决上述问题；最终在装置E中，成功制备了纯度较高的次氯酸溶液。【详解】(1)装置D的作用一方面要对装置A制备的Cl2进行净化除杂，另一方面也要保证空气和氯气的最佳体积比；所以D的作用为：除去氯气中的HCl杂质，同时观察气泡的速度来调节氯气和空气的体积比至1:3；(2)根据题意，B中发生的反应为2Cl2＋2Na2CO3＋H2O=Cl2O＋2NaCl＋2NaHCO3，Cl2O中的O为-2价，Cl为+1价，所以该反应是氯元素的歧化反应；根据Cl2O中氯和氧的价态可推测其结构为Cl-O-Cl；(3)题干中提到，用水吸收Cl2O制得次氯酸溶液，Cl2O中不能含有Cl2，而B处的反应是气体与固体的反应，必然会有一部分Cl2无法反应，因此，需要对B装置的出口气体进行除氯气操作，C中的CCl4由于与Cl2极性相近，可以将Cl2吸收，所以C的作用即：除去中的Cl2，提高次氯酸溶液的纯度；(4)结合以上分析，可知连接顺序为A→D→B→C→E；(5)氯气直接溶解在水中会生成盐酸杂质，并且由于Cl2在水中溶解度很小，所以制备的次氯酸的浓度也不高，因此该方法的优点为：制备的次氯酸溶液浓度大，纯度高；(6)由题可知，E中次氯酸的含量为0.4mol，根据E中发生的反应：，可知E中参与反应的n(Cl2O)=0.2mol，所以总共生成的Cl2O的物质的量为。根据Cl2O的制备反应方程式可知，所需碳酸钠的物质的量为：，那么至少需要含水量8%的碳酸钠的质量为。【点睛】在考虑制备类实验的装置连接顺序时，可先找出其中的原料发生装置，反应制备装置和尾气处理装置，再根据具体信息考虑这些装置之间的除杂干燥防倒吸问题，最终设计出合理的连接顺序。26、球形冷凝管分水器中液面不再变化、CH3OCH3BD85.2%C【解析】

（1）A装置的名称是球形冷凝管。（2）步骤③为当分水器中液面不再变化，停止加热（3）上述实验可能发生的副反应为甲基丙烯酸甲酯聚合、甲醇分子间脱水、甲基丙烯酸聚合。（4）A.在该实验中，浓硫酸是催化剂和吸水剂B.酯化反应中若生成的酯的密度比水大，沉在水下，水从分水器中流入圆底烧瓶内，不能提高反应物的转化率C.洗涤剂X是一组试剂，产物要依次用饱和Na2CO3去除甲基丙烯酸、饱和NaCl溶液洗去甲基丙烯酸甲酯中溶解的Na2CO3、饱和CaCl2溶液吸收甲醇和水D.为了提高蒸馏速度，最后一步蒸馏可采用减压蒸馏；该步骤一定不能用常压蒸馏，防止甲基丙烯酸甲酯受热聚合（5）实验结束收集分水器分离出的水，并测得质量为2.70g，其物质的量为，则生成甲基丙烯酸甲酯0.15mol，n(甲基丙烯酸)=，n(甲醇)=，理论上生成甲基丙烯酸甲酯0.176mol，所以其产率约为。A.分水器收集的水里含甲基丙烯酸甲酯，则实际产率减小；B.实验条件下发生副反应，则实际产率减小；C.产品精制时收集部分低沸点物质,则实际产率增大；D.产品在洗涤、蒸发过程中有损失，则实际产率减小。【详解】（1）A装置的名称是球形冷凝管。答案为：球形冷凝管；（2）步骤③为当分水器中液面不再变化，停止加热。答案为：分水器中液面不再变化；（3）上述实验可能生成的副产物结构简式为、CH3OCH3。答案为：、CH3OCH3；（4）A.在该实验中，浓硫酸是催化剂和吸水剂，A错误；B.酯化反应中若生成的酯的密度比水大，则酯沉在分水器中水下，水从分水器中流入圆底烧瓶内，不能提高反应物的转化率，B正确；C.洗涤剂X是一组试剂，产物要依次用饱和Na2CO3去除甲基丙烯酸、饱和NaCl溶液洗去甲基丙烯酸甲酯中溶解的Na2CO3、饱和CaCl2溶液吸收甲醇和水，C错误；D.为了提高蒸馏速度，最后一步蒸馏可采用减压蒸馏；该步骤一定不能用常压蒸馏，防止甲基丙烯酸甲酯受热聚合，D正确。答案为：BD；（5）实验结束收集分水器分离出的水，并测得质量为2.70g，其物质的量为，则生成甲基丙烯酸甲酯0.15mol，n(甲基丙烯酸)=，n(甲醇)=，理论上生成甲基丙烯酸甲酯0.176mol，所以其产率约为=85.2%。答案为：85.2%；A.分水器收集的水里含甲基丙烯酸甲酯，则实际产率减小；B.实验条件下发生副反应，则实际产率减小；C.产品精制时收集部分低沸点物质，则实际产率增大；D.产品在洗涤、蒸发过程中有损失，则实际产率减小。答案为：C。27、ACB残余清液中，n(Cl-)＞n(H+)0.1100Mn2+开始沉淀时的pH沉淀溶解平衡偏小锌粒残余清液装置内气体尚未冷却至室温【解析】

(1)依据反应物及制取气体的一般操作步骤分析解答；(2)甲方案中二氧化锰与浓盐酸反应生成氯化锰，氯化锰也会与硝酸银反应；(3)依据滴定实验过程中的化学反应列式计算；(4)部分碳酸钙沉淀转化成碳酸锰沉淀，会造成称量剩余的固体质量偏大；(5)依据锌粒与稀盐酸反应生成氢气的反应为放热反应分析解答。【详解】(1)实验室用MnO2与浓盐酸反应制备Cl2，实验顺序一般是组装装置，检查气密性，加入固体药品，再加入液药品，最后再加热，因此检查装置气密性后，先加入固体，再加入液体浓盐酸，然后加热，则依次顺序是ACB，故答案为：ACB；(2)二氧化锰与浓盐酸反应生成氯化锰，氯化锰也会与硝酸银反应，即残余清液中，n(Cl-)＞n(H+)，不能测定盐酸的浓度，所以甲方案错误，故答案为：残余清液中，n(Cl-)＞n(H+)(或二氧化锰与浓盐酸反应生成氯化锰，也会与硝酸银反应)；(3)a、量取试样20.00mL，用0.1000mol•L-1NaOH标准溶液滴定，消耗22.00mL，由cHClVHCl=cNaOHVNaOH可得出盐酸的浓度为=0.1100mol/L；故答案为：0.1100；b、反应后的溶液中含