新疆哈密地区第二中学2026届高三上化学期中达标检测模拟试题含解析

新疆哈密地区第二中学2026届高三上化学期中达标检测模拟试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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、下列观点正确的是A．宏观物质都是由微观粒子构成的，微观粒子的种类和数量不同、彼此的结合方式多样，决定了物质的多样性B．某纯净物常温常压下为气体，则组成该物质的微粒一定含共价键C．储存在物质中的化学能在化学反应前后是不变的D．在氧化还原反应中，有一种元素被氧化，肯定有另一种元素被还原2、对某溶液中部分离子的定性检测流程如下。相关分析正确的是()A．步骤①所加试剂可以是浓KOH溶液B．可以用湿润的蓝色石蕊试纸检验生成的无色气体C．步骤②发生反应Al3＋＋3=Al(OH)3↓＋3CO2↑D．Fe3＋遇铁氰化钾溶液显蓝色3、下列表述正确的是A．在食品袋中放入CaCl2·6H2O，可防止食物受潮B．硅是制造太阳能电池的常用材料C．四氧化三铁俗称铁红,可用作油漆、红色涂料D．SO3溶于水形成的溶液能导电，所以SO3是电解质4、用图中所示的装置进行实验，实验现象和预测不一致的是()①中的物质②中的物质预测现象A浓氨水FeCl3溶液②中有红褐色沉淀B浓氨水浓盐酸③中有白烟C饱和氯水Na2S溶液②中生成淡黄色沉淀D饱和亚硫酸蓝色石蕊试液②中溶液先变红后褪色A．A B．B C．C D．D5、某离子反应涉及H+、Bi3+、MnO4-、BiO3-、Mn2+、H2O六种微粒。其中c(MnO4-)随反应进行逐渐增大。下列判断错误的是A．该反应的还原产物为Bi3+B．氧化剂与还原剂的物质的量之比为5：2C．反应后溶液的酸性明显增强D．若有1mol还原剂参加反应，转移电子的物质的量为5mol6、下列关于物质分类的说法不正确的是A．金刚石、红磷都属于单质 B．漂白粉、玻璃都属于混合物C．氯化铵、氨气都属于电解质 D．生铁、青铜都属于合金7、已知：(NH4)2CO3(s)=NH4HCO3(s)+NH3(g)ΔH=+74.9kJ∙mol-1,下列说法中正确的是A．能自发进行的反应一定是放热反应,不能自发进行的反应一定是吸热反应B．该反应是吸热反应,因此一定不能自发进行C．碳酸盐分解反应中熵增加,因此任何条件下所有碳酸盐分解一定自发进行D．该反应中熵变、焓变皆大于0,在高温条件下可自发进行8、下列反应的离子方程式正确的是()①碳酸钙跟醋酸反应：CaCO3＋2H＋===Ca2＋＋CO2↑＋H2O②铁跟稀盐酸反应：Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑③碘化钾溶液跟适量溴水反应：I－＋Br2===2Br－＋I2④铁跟硫酸铜反应：Cu2＋＋Fe===Fe2＋＋Cu2+⑤碳酸氢钙溶液跟足量烧碱溶液反应：Ca2+＋HCO3-＋OH-===CaCO3↓＋H2OA．①②B．②⑤C．③④D．②④9、下列有关化学与生产、生活的说法中，不正确的是A．陶瓷、水泥和玻璃都属于硅酸盐产品B．“梨花淡自柳深青，柳絮飞时花满城”中柳絮的主要成分和棉花的相同C．铝合金的大量使用归功于人们能使用焦炭从氧化铝中获得铝D．锅炉水垢中的硫酸钙可用碳酸钠溶液处理，使之转化为碳酸钙，再用酸除去10、多彩水泥的添加剂是CoCl2·6H2O。工业上是以含钴废料(含少量Fe、Al等杂质)制取CoCl2·6H2O的一种新工艺流程如下图：下列说法错误是()A．含钴废料在加入盐酸过程中金属钴发生的离子方程式为：2Co＋6H＋＝2Co3＋＋3H2↑B．溶液1中加入NaClO3的目的是将Fe2＋氧化至Fe3＋C．操作I为过滤D．操作II为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤11、常温下，Ksp(CaSO4)=9×10-4,常温下CaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列判断中正确的是A．a点对应的溶液中c(H+)·c(OH-)的数值为1×10-14B．a点对应的Ksp不等于c点对应的KspC．b点将有沉淀生成，平衡后溶液中c(SO42-)=3×10-3mol/L,而向d点溶液中加入适量的CaSO4固体可以变到c点D．CaSO4的饱和溶液中c(SO42-)>c(Ca2+)>c(H+)>c(OH-)12、某温度下，一定体积的氯气与1L1.5mol/LNaOH溶液恰好完全反应，若产物中NaClO和NaClO3的物质的量之比为1:3，则被还原的氯气的物质的量为A．0.15molB．0.3molC．0.6molD．0.8mol13、某小组为研究电化学原理，设计如图装置。下列叙述不正确的是A．a和b不连接时，铁片上会有金属铜析出B．a和b用导线连接时，铜片上发生的反应为：Cu2＋+2e-=CuC．无论a和b是否连接，铁片均会溶解，溶液从蓝色逐渐变成浅绿色D．a和b分别连接直流电源正、负极，电压足够大时，Cu2＋向铜电极移动14、下列反应中，铁元素被氧化的是（）A．FeS+2HCl=FeCl2+H2S↑ B．Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑C．FeO+2HCl=FeCl2+H2O D．Fe2O3+3CO=2Fe+3CO215、下列关于有机物的说法正确的是()A．乙二醇和丙三醇互为同系物B．分子式为C5H12O的醇，能在铜催化下被O2氧化为醛的同分异构体有4种C．按系统命名法，化合物的名称是2，3，4—三甲基—2—乙基戊烷D．环己烯()分子中的所有碳原子共面16、阿伏伽德罗常数的值为NA。下列说法正确的是（）A．0.1mol熔融的KHSO4中含有0.1NA个阳离子B．0.2mol铁在足量的氧气中燃烧，转移电子数为0.6NAC．50mL12mol·L-1盐酸与足量MnO2共热，转移的电子数为0.3NAD．18gH2O、D2O组成的物质中含有的电子数为10NA17、下列说法正确的是()A．H2O分子间存在氢键，所以H2O比H2S稳定B．He、CO2和CH4分子中都存在共价键C．PCl5中各原子的最外层均达到8电子稳定结构D．NaHCO3受热分解生成Na2CO3、CO2和H2O的过程中，既破坏离子键，也破坏共价键18、室温时，将0.10mol/LNaOH溶液滴入20.00mL未知浓度的某一元酸HA溶液中，溶液pH随加入NaOH溶液体积的变化曲线如图所示（忽略溶液混合时体积的变化）。当V（NaOH）=20.00mL（图中c点），二者恰好完全反应。则下列有关说法不正确的是（）A．HA为弱酸，其物质的量浓度为0.10mol/LB．a点时：c（A-）-c（HA）=2c（H+）-2c（OH-）C．室温时，A－的水解常数约为10－9D．d点时：2c（HA）+2c（A-）=3c（Na+）19、以MnO2为原料制得的MnCl2溶液中常含有Cu2＋、Pb2＋、Cd2＋等金属离子，通过添加过量难溶电解质MnS，可使这些金属离子形成硫化物沉淀，经过滤除去包括MnS在内的沉淀，再经蒸发、结晶，可得纯净的MnCl2。根据上述实验事实，可推知MnS具有的相关性质是（）。A．具有吸附性 B．溶解度与CuS、PbS、CdS等相同C．溶解度大于CuS、PbS、CdS D．溶解度小于CuS、PbS、CdS20、化学在生活中有着广泛的应用，下列对应关系错误的是（）化学性质实际应用A．Al2(SO4)3和小苏打反应泡沫灭火器灭火B．铁比铜金属性强FeCl3腐蚀Cu刻制印刷电路板C．次氯酸盐具有氧化性漂白粉漂白织物D．HF与SiO2反应氢氟酸在玻璃器皿上刻蚀标记A．A B．B C．C D．D21、甲苯的一氯代物有4种，则甲苯完全氢化得到的环烃的一氯代物的异构体数为（）A．3 B．4 C．5 D．622、化学与人类生产、生活、社会可持续发展等密切相关。下列说法正确的是A．75%的医用酒精和84消毒液都可以有效杀灭新型冠状病毒，将二者混合后使用效果更好B．现代科技已经能够拍到氢键的“照片”，直观地证实了水分子间的氢键是一个水分子中的氢原子与另一个水分子中的氧原子间形成的化学键C．适量摄入油脂，有助于人体吸收多种脂溶性的维生素D．《格物粗谈》记载“红柿摘下未熟，每篮用木瓜三枚放入，得气即发，并无涩味。”文中的“气”是指二氧化碳二、非选择题(共84分)23、（14分）PVAc是一种具有热塑性的树脂，可合成重要高分子材料M，合成路线如下：己知：R、Rˊ、Rˊˊ为H原子或烃基I.R'CHO+R"CH2CHOII.RCHO+（1）A的俗名是电石气，则A的结构简式为___。已知AB为加成反应，则X的结构简式为___；B中官能团的名称是___。（2）已知①的化学方程式为___。（3）写出E的结构简式___；检验E中不含氧官能团（苯环不是官能团）的方法__。（4）在EFGH的转化过程中，乙二醇的作用是___。（5）已知M的链节中除苯环外，还含有六元环状结构，则M的结构简式为___。（6）以乙炔为原料，结合已知信息选用必要的无机试剂合成1-丁醇。___。24、（12分）衣康酸M是制备高效除臭剂、粘合剂等多种精细化学品的重要原料，可经下列反应路线得到(部分反应条件已略)。已知：①R-CH2-Cl+NaCN→R-CH2-CN+NaCl②R-CH2-CN+NaOH+H2O→R-CH2-COONa+NH3完成下列填空：(1)A的结构简式是_____________，M中官能团的名称是________________，(2)写出B→C的化学反应方程式________________________________________。写出G的结构简式______________________________________(3)反应a与反应b的先后顺序不能颠倒，解释原因：_________________________________________________________________________。(4)写出由A和1,3—丁二烯1:1共聚所得高聚物的结构简式____________________________(5)请设计由CH2=CHCH2OH制备CH2=CHCOOH的合成路线(无机试剂任选)________________________________________。25、（12分）如图为常见气体制备、干燥、性质验证和尾气处理的部分仪器装置（加热及固定装置均略去），仪器装置可任意选择，必要时可重复选用。请回答下列问题：（1）若在装置A的烧瓶中装入锌片，分液漏斗中装入稀硫酸，以验证H2的还原性并检验其氧化产物。按___C顺序连接，装置B中所盛放药品的化学式____（填化学式）。（2）若在装置A的烧瓶中装入Na2O2，分液漏斗中装入浓氨水，装置B中装入固体催化剂，以进行氨的催化氧化。若装置的连接顺序为A→C→B→C，则装置B中氨的催化氧化反应的化学方程为________装置B中可能观察到的现象是__________。（3）若在装置A的烧瓶中装入Na2SO3，分液漏斗中装入浓H2SO4，装置B中装入Na2O2，以探究SO2气体与Na2O2反应。装置连接的顺序为A→____→_____→___。26、（10分）某课外小组同学用下图所示装置在实验室制氯气并探究其相关性质（夹持设备已略）。（1）制备氯气选用的药品为：漂白粉固体和浓盐酸，相关的化学反应方程式为_______________。（2）装置B的作用之一是安全瓶，监测实验进行时C中是否发生堵塞，请写出发生堵塞时B中的现象________。（3）装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，为此C中①、②、③依次放入_____（选填表中字母）。①②③a干燥的有色布条碱石灰湿润的有色布条b干燥的有色布条硅胶湿润的有色布条c湿润的有色布条浓硫酸干燥的有色布条d湿润的有色布条无水氯化钙干燥的有色布条（4）设计装置D、E的目的是比较氯、溴、碘的非金属性强弱。当向D中缓缓通入一定量氯气时，可以看到无色溶液逐渐变为________色，说明氯的非金属性大于溴；之后打开活塞，将装置D中少量溶液加入装置E中，振荡；观察到的现象是___________________，则说明溴的非金属性大于碘。（5）有同学提出该实验方案仍有不足，请说明其中的不足及后果。①_________________________；②______________________。27、（12分）水合肼(N2H4·H2O)可用作抗氧剂等，常用尿素[CO(NH2)2]和NaClO

溶液反应制备水合肼与无水Na2SO3。已知：①Cl2+2OH－=ClO－+Cl－+H2O是放热反应；②N2H4·H2O沸点118℃，具有强还原性，能与NaClO剧烈反应生成氮气。I、制备NaClO溶液(1)步骤I制备NaClO溶液时，若温度超过40℃，有副反应发生生成

NaClO3，该副反应的离子方程式为_________。为了避免副反应的发生除了用冰水浴降温，还可以采取的措施有_______。(2)配制100g30%NaOH溶液时，所需玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和__________。II、制取水合肼：合成N2H4·H2O的装置如图1所示。(3)图1中NaClO碱性溶液与尿素CO(NH2)2水溶液在40℃以下反应一段时间后，再迅速升温至110℃继续反应。实验中通过滴液漏斗滴加的溶液是_________(填“NaClO碱性溶液”或“CO(NH2)2水溶液”)；使用冷凝管的目的是________。(4)三颈烧瓶中反应的化学方程式__________。III、步骤IV用步骤III得到的副产品Na2CO3制备无水Na2SO3，水溶液中H2SO3、、随pH的分布如图2所示，Na2SO3的溶解度曲线如图3所示。(5)边搅拌边向Na2CO3溶液中通入SO2制备NaHSO3

溶液，实验中当溶液pH约为__________停止通SO2。(6)请补充完整由NaHSO3

溶液制备无水Na2SO3的实验方案：边搅拌边向NaHSO3溶液中滴加NaOH溶液，测量溶液pH，pH约为10时，停止滴加NaOH溶液，加热浓缩溶液至有大量晶体析出，__________，用少量无水乙醇洗涤，干燥，密封包装。28、（14分）A(C2H4)是基本的有机化工原料。用A和常见的有机物可合成一种醚类香料和一种缩醛类香料。具体合成路线如图所示(部分反应条件略去):已知：①②D为单取代芳香族化合物且能与金属钠反应；每个D分子中只含有1个氧原子，D中氧元素的质量分数约为13.1%.回答下列问题：（1）A的名称是___，图中缩醛的分子式是___.（2）B的结构简式为___.（3）⑤的化学方程式为___.（4）⑥的反应类型是___.（5）请写出核磁共振氢谱有4组峰,峰面积之比为3:2:2:1,并含有苯环和结构的苯乙醛的所有同分异构体的结构简式：___.（6）参照的合成路线,设计一条由2−氯丙烷和必要的无机试剂制备的合成路线(注明必要的反应条件)___。29、（10分）（І）下表是25℃时某些弱酸的电离平衡常数。化学式CH3COOHHClOH2CO3H2C2O4KaKa＝1.8×10－5Ka＝3.0×10－8Ka1＝4.1×10－7Ka2＝5.6×10－11Ka1＝5.9×10－2Ka2＝6.4×10－5（1）H2C2O4与含等物质的量的KOH的溶液反应后所得溶液呈酸性，该溶液中各离子浓度由大到小的顺序为___。（2）pH相同的NaClO和CH3COOK溶液，其溶液的物质的量浓度的大小关系是(填“>”、“<”或“＝”)：CH3COOK___NaClO，两溶液中：[c(Na＋)－c(ClO－)]___[c(K＋)－c(CH3COO－)]。（3）向0.1mol·L－1CH3COOH溶液中滴加NaOH溶液至c(CH3COOH)∶c(CH3COO－)＝5∶9，此时溶液pH＝___。（4）碳酸钠溶液中滴加少量氯水的离子方程式为___。（Ⅱ）H3PO2也可用电渗析法制备。“四室电渗析法”工作原理如图所示(阳膜和阴膜分别只允许阳离子、阴离子通过)：（1）写出阳极的电极反应式___。（2）分析产品室可得到H3PO2的原因___。

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、A【解析】A.宏观物质都是由微观粒子构成的，微观粒子的种类和数量不同、彼此的结合方式多样，决定了物质的多样性，A正确；B.某纯净物常温常压下为气体，则组成该物质的微粒不一定含共价键，如稀有气体的分子都是单原子分子，不含共价键，B不正确；C.储存在物质中的化学能在化学反应前后一定会发生变化，既不放热也不吸热的化学反应是不会发生的的，C不正确；D.在氧化还原反应中，有一种元素被氧化，不一定有另一种元素被还原，也可能是同一种元素被还原，D不正确。本题选A。2、A【详解】A．加入浓KOH溶液，转化为NH3，Fe3+生成红褐色氢氧化铁沉淀，Al3+生成，所以步骤①所加试剂可以是浓KOH溶液，故A正确；B．无色气体为NH3，应用湿润的红色石蕊试纸检验，故B错误；C．步骤①加入过量的强碱溶液，Al3＋转化为，步骤②加入NaHCO3溶液发生反应：＋＋H2O===Al(OH)3↓＋，故C错误；D．Fe2＋遇铁氰化钾溶液，得到蓝色沉淀，故D错误；选A。3、B【解析】A、在食品袋中放入CaCl2，可防止食物受潮，A错误；B、硅是半导体，是制造太阳能电池的常用材料，B正确；C、三氧化二铁俗称铁红，可用作油漆、红色涂料，C错误；D、SO3溶于水形成的溶液能导电，是因为SO3与水反应生成硫酸，硫酸是电解质，SO3是非电解质，D错误，答案选B。4、D【详解】A选项，浓氨水有挥发性，挥发到②中，生成红褐色沉淀，故A正确；B选项，浓氨水、浓盐酸都有挥发性，两者反应有白烟生成，故B正确；C选项，饱和氯水有挥发性，进入到②中与硫化钠发生置换反应生成淡黄色沉淀，故C正确；D选项，饱和亚硫酸不稳定分解生成二氧化硫，二氧化硫与蓝色石蕊变红，但不能褪色，二氧化硫不能漂白酸碱指示剂，故D错误；综上所述，答案为D。【点睛】浓氨水与浓盐酸、浓硝酸，有白烟生成，而与浓硫酸没有白烟生成。5、C【解析】c(MnO4-)随反应进行逐渐增大，这说明MnO4-是生成物，则Mn2+是反应物，即Mn元素化合价从+2价升高到+7价，失去电子，被氧化，作还原剂。因此BiO3-是氧化剂，Bi元素化合价从+5价降低到+3价，则A、该反应的还原产物为Bi3+，A正确；B、根据电子得失守恒可知氧化剂与还原剂的物质的量之比为5：2，B正确；C、根据以上分析可知该反应的方程式为14H++5BiO3-+2Mn2+＝5Bi3++2MnO4-+7H2O，因此反应后溶液的酸性明显减弱，C错误；D、根据以上分析可知若有1mol还原剂参加反应，转移电子的物质的量为5mol，D正确，答案选C。点睛：正确标注元素化合价，分析元素反应前后化合价的变化，是解决氧化还原反应相关问题的关键，氧化还原反应中的基本概念、配平、计算等考查都是围绕电子转移展开的，必须从元素化合价升降上分析氧化还原反应，对氧化还原反应概念原理综合运用的考查，要从氧化还原反应的实质及电子转移入手，正确理解有关概念，并理清知识线和对应规律，需要牢固掌握氧化还原反应知识中的重要概念和重要规律，真正做到举一反三，灵活运用，根据题中信息分析，要善于利用氧化还原反应中的守恒规律、价态变化规律、强弱规律、难易规律去分析特征元素的化合价变化，得出合理答案。6、C【详解】A.金刚石是C、红磷是P，都属于单质，A正确；B.漂白粉主要成分是氯化钙和次氯酸钙、玻璃主要成分是二氧化硅，都属于混合物，B正确；C.氯化铵是NH4Cl、氨气NH3，前者属于电解质，后者属于非电解质，C错误；D.生铁是铁、碳合金，青铜是铜、锡合金，都属于合金，D正确；答案为C。7、D【详解】A.反应能否自发进行的判断依据为∆H-T∆S，不能根据反应放热、吸热判断能否自发进行，与题意不符，A错误；B.该反应是吸热反应，根据复合判据，在高温时能自发进行，与题意不符，B错误；C.碳酸盐分解反应中熵增加，∆S>0，反应为吸热反应，根据复合判据，低温条件下碳酸盐分解不能自发进行，与题意不符，C错误；D.该反应中熵变、焓变皆大于0，∆H-T∆S<0时，可自发进行，则在高温条件下可自发进行，符合题意，D正确；答案为D。【点睛】判断反应能否进行的判断依据为∆G=∆H-T∆S。8、D【解析】试题分析：①醋酸是弱酸，在书写离子方程式时要写化学式，碳酸钙跟醋酸反应：CaCO3＋2CH3COOH=Ca2＋＋2CH3COO-＋CO2↑＋H2O，错误；②铁跟稀盐酸反应，产生氯化亚铁和氢气，反应的离子方程式是：Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑，正确；③碘化钾溶液跟适量溴水反应，产生碘单质，碘单质是双原子分子，离子方程式要符合电子守恒、电荷守恒、原子守恒，离子方程式是：2I－＋Br2=2Br－＋I2，错误；④铁跟硫酸铜发生置换反应产生铜，反应的离子方程式：Cu2＋＋Fe=Fe2＋＋Cu，正确；⑤碳酸氢钙溶液跟足量烧碱溶液反应，产生CaCO3、Na2CO3和水，反应的离子方程式是：Ca2＋＋2HCO3-＋2OH－=CaCO3↓＋CO32-＋2H2O，正确。可见正确的离子方程式是②④，选项D正确。考点：考查离子方程式正误判断的知识。9、C【解析】A.陶瓷、水泥和玻璃的主要成分都是硅酸盐，所以都属于硅酸盐产品，A正确；B.柳絮的主要成分和棉花相同，都是纤维素，B正确；C.现代工业用电解法从氧化铝中获得铝，C不正确；D.锅炉水垢中的硫酸钙可用碳酸钠溶液反复浸泡，使其转化为疏松的碳酸钙后再用酸除去，D正确。本题选C。10、A【分析】向含钴废料中加入过量稀盐酸，Fe、Al和稀盐酸反应生成FeCl2、AlCl3、CoCl2，向溶液1中加入NaClO3溶液，NaClO3具有强氧化性，能将亚铁离子氧化为铁离子，溶液2中加入Na2CO3调节溶液的pH，使Fe(OH)3、Al(OH)3生成沉淀，然后过滤，滤渣为Fe(OH)3、Al(OH)3，溶液3中含有CoCl2，然后向溶液3中加入稀盐酸调节溶液的pH，抑制CoCl2水解，然后采用蒸发浓缩、冷却结晶和过滤方法得到CoCl2•6H2O，以此解答该题。【详解】A．结合分析，含钴废料在加入盐酸过程中，金属钴、铁、铝均与盐酸反应，发生的离子方程式为：2Co＋6H＋＝2Co3＋＋3H2↑、2Al＋6H＋＝2Al3＋＋3H2↑、Fe＋2H＋＝Fe2＋＋H2↑，故A错误；B．结合分析，溶液1中加入NaClO3的目的是将Fe2＋氧化至Fe3＋，故B正确；C．根据分析，操作I为过滤，故C正确；D．根据分析，操作II为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，故D正确；答案选A。11、A【解析】A、常温下，水的离子积常数为1×10-14，故a点对应的溶液中c(H+)·c(OH-)=Kw=1×10-14，选项A正确；B、Ksp是一常数，温度不变Ksp不变，在曲线上的任意一点Ksp都相等，选项B错误；C、d根据图示数据，可以看出b点Qc=2×l0-5＞Ksp，所以会生成沉淀，平衡向生成沉淀的方向进行，此时溶液中c（SO42-）会小于4×l0-3mol/L，由于c（Ca2+）＞c（SO42-），则c（SO42-）小于3×l0-3mol/L；升高温度，有利于溶解平衡正向移动，所以硫酸根的浓度会增大，向d点溶液中加入适量的CaSO4固体不能变到c点，选项C错误；D、CaSO4是强酸强碱盐，不水解，溶液呈中性，故CaSO4的饱和溶液中c(SO42-)=c(Ca2+)>c(H+)=c(OH-)，选项D错误。答案选A。点睛：本题考查了沉淀溶解平衡的应用，图象分析应用，溶度积计算分析，平衡移动方向的判断，关键是计算混合溶液中钙离子浓度和硫酸根离子浓度。12、C【解析】假设NaClO和NaClO3的物质的量分别为amol和3amol，还原产物NaCl的量为xmol，氯气与NaOH溶液发生氧化反应，共失电子的量为：a×（1-0）+3a×（5-0）=16amol，氯气与NaOH溶液发生还原反应，共得电子的量为：x×（0+1）=xmol；根据氧化还原反应氧化剂得电子总数等于还原剂失电子总数的规律可知：x=16amol；根据1L1.5mol/LNaOH的量为1.5mol根据钠原子守恒可知：16a+a+3a=1.5,a=0.075mol；所以则被还原的氯气的物质的量为1/2×0.075×16=0.6mol；C正确；综上所述，本题选C。13、D【解析】A．a和b不连接时，铁和铜离子发生置换反应，所以铁片上有铜析出，故A正确；B．a和b连接时，该装置构成原电池，铁作负极，铜作正极，正极上铜离子得电子发生还原反应，电极反应式为Cu2++2e-═Cu，故B正确；C．无论a和b是否连接，铁都失电子发生氧化反应，所以铁都溶解，故C正确；D．a和b分别连接直流电源正、负极，在电解池中阳离子向负极移动，铜离子向铁电极移动，故D错误；故选D。【点睛】本题考查了原电池原理，明确正负极的判断方法、电极反应类型、阴阳离子移动方向即可解答，易错点为阴阳离子移动方向的判断，要看是原电池还是电解池。14、B【分析】反应中铁元素被氧化，说明铁元素失去电子，化合价升高，据此解答。【详解】A、反应FeS+2HCl＝FeCl2+H2S↑中铁元素的化合价没有发生改变，不属于氧化还原反应，A不符合题意；B、反应Fe+H2SO4＝FeSO4+H2↑中铁元素的化合价由0→＋2，化合价升高被氧化，发生氧化反应，B符合题意；C、反应FeO+2HCl＝FeCl2+H2O中铁元素的化合价没有发生变化，不属于氧化还原反应，C不符合题意；D、反应Fe2O3+3CO2Fe+3CO2中铁元素的化合价由＋3→0，化合价降低，被还原，发生还原反应，D不符合题意。答案选B。15、B【详解】A．乙二醇和丙三醇中-OH数目不同，不属于同系物，故A错误；B．分子式为C5H12O的醇，它的同分异构体中，经氧化可生成醛，说明连接羟基的碳原子上含有2个氢原子，C5H12的同分异构体有：CH3CH2CH2CH2CH3、CH3CH(CH3)CH2CH3、(CH3)4C。当烷烃为CH3CH2CH2CH2CH3，-OH取代甲基上的H原子有1种结构；当烷烃为(CH3)2CHCH2CH3，-OH取代甲基上的H原子有2种结构；当烷烃为(CH3)4C，-OH取代甲基上的H原子有1种结构，因此C5H12O的醇中可以氧化为醛的醇有4种，故B正确；C．的最长碳链有6个碳，其名称为2，3，4，4-四甲基己烷，故C错误；D．环己烯()分子中含有4个亚甲基，亚甲基具有甲烷的四面体结构，所以分子中所有碳原子不可能共面，故D错误；故选B。16、A【详解】A．0.1mol熔融的KHSO4电离产生0.1molK+、0.1molHSO4-，因此含有阳离子数目为0.1NA个，A正确；B．铁在足量的氧气中燃烧生成Fe3O4，3molFe反应转移8mol电子，则0.2molFe反应转移电子的物质的量为0.2×NA=0.53NA，B错误；C．在该溶液中含HCl的物质的量

n(HCl)=cV=12mol/L×0.05L=0.6mol，若盐酸中HCl完全反应，转移电子的物质的量为n(e-)=0.6mol×24=0.3mol，转移电子数目为0.3NA，但随着反应的进行浓盐酸会转变为稀盐酸，反应不再进行，因此转移电子数目小于0.3NA，C错误；D．H2O、D2O分子中都含有10个电子，H2O相对分子质量是18，而D2O的相对分子质量为20，所以18g两种分子构成的物质的物质的量小于1mol，含有的电子数目小于10NA，D错误；故选A。17、D【详解】A.H2O分子间存在氢键，影响水的沸点，沸点是物理性质，稳定性是化学性质，由分子内化学键的强弱决定，所以稳定性与氢键无关，故A错误；B.CO2和CH4都是由分子构成，它们中都存在共价键，He中不存在共价键，故B错误；C.PCl5中Cl的最外层电子数为7，成键电子数为1，都达到8电子稳定结构，PCl5分子中P原子最外层电子数为5，成键电子数为5，达到10电子结构，故C错误；D.NaHCO3受热分解生成Na2CO3、CO2和H2O，受热分解的过程中，既有离子键被破坏又有共价键被破坏，故D正确；答案选D。18、D【详解】A项、由图象可知，当NaOH体积为20mL时二者恰好反应生成盐，则二者的物质的量相等，二者的体积相等，则其浓度相等，所以一元酸溶液浓度为0.10mol•L-1，故A正确；B项、a点时，HA溶液和NaOH溶液反应得到等浓度的HA和NaA混合液，溶液中存在电荷守恒关系c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（A-），存在物料守恒关系c（A-）+c（HA）=2c（Na+），整合电荷守恒关系和物料守恒关系可得c（A-）-c（HA）=2c（H+）-2c（OH-），故B正确；C项、由图象可知，室温时，0.10mol/LHA溶液中pH=3，溶液中c（H+）=0.001mol/L，HA的电离常数Ka=≈10－5，则A－的水解常数Kh===10－9，故C正确；D项、d点时得到混合液中c（NaA）：c（NaOH）=2:1，由物料守恒可得3c（HA）+3c（A-）=2c（Na+），故D错误；故选D。【点睛】整合电荷守恒关系和物料守恒关系确定等浓度的HA和NaA混合液中存在关系c（A-）-c（HA）=2c（H+）-2c（OH-）是解答的难点，更是易错点。19、C【详解】添加过量的难溶电解质MnS可使MnCl2溶液中的Cu2＋、Pb2＋、Cd2＋形成硫化物沉淀，根据沉淀转化的一般原则，说明MnS转化为更难溶的CuS、PbS、CdS，即MnS的溶解度大于CuS、PbS、CdS；答案选C。20、B【详解】A、硫酸铝和碳酸氢钠发生反应生成氢氧化铝沉淀、硫酸钠和二氧化碳，能灭火，故说法正确；B、氯化铁和铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，说明铜的还原性强于亚铁离子，不能说明铁的金属性比铜强，故说法错误；C、次氯酸具有强氧化性，能漂白，故说法正确；D、氟化氢和二氧化硅反应生成四氟化硅和水，可以刻蚀玻璃，故说法正确。故选B。【点睛】盐类水解在生活中涉及方方面面，如泡沫灭火器、明矾净水等等，泡沫灭火剂原理就是盐类水解：Al3＋＋3HCO3－=Al(OH)3↓＋3CO2↑。比较金属性的强弱，可以通过置换反应，利用金属性强的制取置换性弱的，如Fe＋Cu2＋=Fe2＋＋Cu，说明Fe比Cu金属性强。21、C【详解】甲苯与足量的氢气加成生成，与Cl2发生的一元取代反应中，可取代甲基上的H原子，也可以取代环的H原子，其中甲基上有1种H原子，而环上的H原子有甲基的邻位、间位、对位及与甲基相连C原子上的H原子，有4种H原子，总共有5种；C符合题意。答案选C。【点睛】该题非常容易选B，甲苯的一氯代物是4中，其中甲基上有1种H原子，而环上的H原子有甲基的邻位、间位、对位共3种，总共4种。与的区别在于，甲苯中，与甲基相连的苯环的C上没有H原子。22、C【详解】A．酒精具有还原性，而84消毒液具有强氧化性，将二者混合后发生氧化还原反应，生成乙酸和盐酸，不再具有杀菌作用，A说法错误；B．现代科技已经能够拍到氢键的“照片”，直观地证实了水分子间的氢键是一个水分子中的氢原子与另一个水分子中的氧原子间形成的分子间的作用力，不是化学键，B说法错误；C．适量摄入油脂，根据相似相溶原理，有助于人体吸收多种脂溶性的维生素，C说法正确；D．《格物粗谈》记载“红柿摘下未熟，每篮用木瓜三枚放入，得气即发，并无涩味”，乙烯具有催熟的效果，则文中的“气”是指乙烯，D说法错误；答案为C。二、非选择题(共84分)23、HC≡CHCH3COOH酯基、碳碳双键+nNaOH+nCH3COONa加入新制Cu(OH)2悬浊液，加热使其充分反应，冷却后过滤，向滤液中加入溴的四氯化碳溶液，若溶液褪色，则含有碳碳双键保护醛基不被H2还原HC≡CHCH3CHOCH3CH=CHCHOCH3CH2CH2CHOH【分析】A的俗名是电石气，A为HC≡CH，与X反应生成B，由B的结构简式可知X为CH3COOH，发生加聚反应生成PVAc，结构简式为，由转化关系可知D为CH3CHO，由信息Ⅰ可知E为，由信息Ⅱ可知F为，结合G的分子式可知G应为，H为，在E→F→G→H的转化过程中，乙二醇可保护醛基不被H2还原，M为，以此分析解答。【详解】(1)A的俗名是电石气，A为HC≡CH，根据上述分析，X为CH3COOH，B()中的官能团为酯基、碳碳双键，故答案为HC≡CH；CH3COOH；酯基、碳碳双键；(2)反应①的化学方程式为+nNaOH+nCH3COONa，故答案为+nNaOH+nCH3COONa；(3)E为，E中不含氧官能团为碳碳双键，碳碳双键可以是溴水或溴的四氯化碳溶液褪色，而醛基也能使溴水褪色，所以检验碳碳双键前，需要把醛基破坏掉，故检验碳碳双键的方法为：加入新制Cu(OH)2悬浊液，加热充分反应，冷却后过滤，向滤液中加入溴的四氯化碳溶液，若溶液褪色，则含有碳碳双键，故答案为；加入新制Cu(OH)2悬浊液，热充分反应，冷却后过滤，向滤液中加入溴的四氯化碳溶液，若溶液褪色，则含有碳碳双键；(4)E中含有醛基，经E→F→G→H的转化后又生成醛基，则乙二醇的作用是保护醛基不被H2还原，故答案为保护醛基不被H2还原；(5)M的链节中除苯环外，还含有六元环状结构，则M的结构简式为，故答案为；(6)以乙炔为原料合成1-丁醇(CH3CH2CH2CHOH)，需要增长碳链，可以利用信息I，因此需要首先合成乙醛(CH3CHO)，根据信息I，2分子乙醛可以反应生成CH3CH=CHCHO，然后与氢气加成即可，合成路线为：HC≡CHCH3CHOCH3CH=CHCHOCH3CH2CH2CHOH，故答案为HC≡CHCH3CHOCH3CH=CHCHOCH3CH2CH2CHOH。【点睛】本题的易错点为(3)，检验碳碳双键时要注意醛基的干扰，需要首先将醛基转化或保护起来。24、碳碳双键、羧基如果先消去再氧化，则氧化羟基时碳碳双键也可能被氧化或；CH2=CHCH2OHCH3-CHClCH2OHCH3-CHClCOOHCH2=CHCOONaCH2=CHCOOH【分析】C与NaCN发生信息(1)的反应生成D，根据D的结构可知，C为，由B、C的分子式可知，B脱去1分子HCl发生消去反应生成C，结合A的分子式可知，A含有C=C双键，与氯气发生加成反应生成B，则B为、A为；由F的结构可知，D与氯气发生加成反应生成E，E发生信息(2)中的水解反应得到F，故E为；为防止羟基氧化时，C=C双键被氧化，故F先发生氧化反应生成G，G发生消去反应、酸化后得到M，故G为，据此分析解答。【详解】(1)由上述分析可知，A为，根据M()的结构可知，含有官能团为：碳碳双键、羧基，故答案为：；碳碳双键、羧基；(2)B→C的化学方程式为：，G的结构简式为：，故答案为：；；(3)如果先消去再氧化，则氧化羟基时碳碳双键也可能被氧化，故反应a与反应b的先后次序不能颠倒，故答案为：如果先消去再氧化，则氧化羟基时碳碳双键也可能被氧化；(4)由A()和1，3—丁二烯(CH2=CH-CH=CH2)1:1共聚所得高聚物的结构简式为或，故答案为：或；(5)由CH2=CHCH2OH制备CH2=CHCOOH，需要将醇羟基氧化生成羧基，在氧化前需要保护碳碳双键，因此合成路线为CH2=CHCH2OHCH3-CHClCH2OHCH3-CHClCOOHCH2=CHCOONaCH2=CHCOOH，故答案为：CH2=CHCH2OHCH3-CHClCH2OHCH3-CHClCOOHCH2=CHCOONaCH2=CHCOOH。25、A→D→B→BCuO（其它合理答案也可）、无水CuSO44NH3+5O24NO+6H2O有大量红棕色气体产生DBE或C【解析】(1)A中反应生成的氢气，要验证H2的还原性，可以选择氢气还原氧化铜或氧化铁等，在氢气进入装置B之前需要通过浓硫酸干燥，要检验生成的水，需要在B中使用无水硫酸铜，为了防止外界的水蒸气对实验的影响，最后需要一个干燥装置，装置的连接顺序为A→D→B→B→C，故答案为：A→D→B→B；CuO(或Fe2O3等)、无水CuSO4；(2)氨的催化氧化的反应方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O，一氧化氮易被氧气氧化为红棕色的二氧化氮；故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O；有红棕色气体出现；(3)A生成的二氧化硫通过D浓硫酸可干燥二氧化硫，然后在B中与过氧化钠反应，再通过C或E除掉未反应的二氧化硫；故答案为：D；B；E或C。26、Ca(ClO)2+2HCl=Cl2↑+H2O+CaCl2长颈漏斗中液面明显上升，形成水柱d黄（或橙）溶液变蓝色E处未能排除D中过量Cl2的干扰，而置换出I2Cl2通入NaHSO3溶液中会产生SO2，污染空气【解析】(1)漂白粉的主要成分有次氯酸钙和氯化钙，其中次氯酸钙与浓盐酸反应生成氯气；(2)依据装置中气体压强变化和长颈漏斗中液体液面变化分析判断；(3)依据氯气无漂白作用，氯气和水反应生成次氯酸具有漂白性，进行实验设计；(4)依据氯气和溴化钠反应生成溴单质；液体溴单质和碘化钾溶液中的碘化钾反应生成碘单质，结合溴水的颜色和碘与淀粉的显色反应分析解答；(5)依据装置图气体流向分析，E装置中D处不能排除氯气的干扰；装置F处不能吸收生成的污染性气体二氧化硫分析解答。【详解】(1)漂白粉的主要成分有次氯酸钙和氯化钙，次氯酸钙与浓盐酸反应生成氯气，反应方程式为：Ca(ClO)2+4HCl(浓)=CaCl2+2Cl2↑+2H2O，故答案为Ca(ClO)2+4HCl(浓)=CaCl2+2Cl2↑+2H2O；(2)装置B的作用之一是安全瓶，监测实验进行时C中是否发生堵塞，若堵塞，装置AB中气体压强增大，会把B中的液体压入长颈漏斗中形成水柱；故答案为长颈漏斗中液面明显上升，形成水柱；

(3)氯气无漂白作用，氯气和水反应生成次氯酸具有漂白性。a、氯气从食盐水中出来会含有水蒸气，干燥有色布条会褪色，通过碱石灰后，氯气会被吸收，后续试验无法验氯气是否具有漂白性，故a错误；b、氯气从食盐水中出来会含有水蒸气，干燥有色布条会褪色，通过硅胶后，水蒸气会被吸收，但遇到湿润的有色布条会褪色，不能证明其漂白作用的物质，故b错误；c、氯气从食盐水中出来会含有水蒸气，湿润有色布条会褪色，U形管中加入浓硫酸，气体不能进入后面装置，不能证明氯气是否有漂白性，故c错误；d、氯气从食盐水中出来会含有水蒸气，湿润有色布条会褪色，通过固体干燥剂氯化钙吸收水后，遇干燥的有色布条不褪色证明氯气无漂白性，故d正确；故答案为d；(4)D中是溴化钠，当向D中缓缓通入少量氯气时，氯气和溴化钠反应生成溴单质，可以看到无色溶液逐渐变为黄，所以现象为：溶液从无色变化为黄色：氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物，说明氯气的氧化性强于溴；打开活塞，将装置D中含溴单质的少量溶液加入含碘化钾淀粉溶液的装置E中，溴单质和碘化钾反应生成碘单质，碘单质遇淀粉变蓝，故答案为黄(或橙)；

溶液变蓝色；

(5)装置中在验证溴单质氧化性大于碘单质的实验验证方法中不能排除氯气氧化碘离子的干扰作用；最后装置F氯气通入会和水反应生成盐酸，盐酸和亚硫酸氢钠反应生成二氧化硫污染气，不能被吸收，故答案为①E处未能排除D中过量Cl2的干扰，而置换出I2；

②Cl2通入NaHSO3溶液中会产生SO2，污染空气。【点睛】本题考查了氯气的实验室以及氯气化学性质的应用。本题的易错点为(3)，要注意漂白作用是次氯酸的性质，不是氯气的性质。27、3Cl2+6OH－+5Cl－+3H2O缓慢通入氯气(其他合理答案均可)量筒NaClO碱性溶液冷凝回流，减少水合肼的挥发NaClO+CO(NH2)2+2NaOHN2H4·H2O+NaCl+Na2CO34在高于34℃条件下趁热过滤【分析】氯气和氢氧化钠在低温下反应生成次氯酸钠、氯化钠和水，防止尿素、次氯酸钠、氢氧化钠反应生成的N2H4·H2O被次氯酸钠氧化，因此向尿素中逐滴加入次氯化钠碱性溶液，低温下反应，待反应完后，再升高温度，蒸馏出N2H4·H2O，剩余的碳酸钠溶液中通入二氧化硫，反应至pH=4时停止通入二氧化硫气体，反应生成碳酸氢钠，再向溶液中加入氢氧化钠至亚硫酸氢钠反应完生成亚硫酸钠，根据溶解度曲线，溶液加热浓缩到大量晶体，在34℃条件下趁热过滤。【详解】(1)步骤I制备NaClO溶液时，若温度超过40℃，有副反应发生生成NaClO3，该副反应的离子方程式为3Cl2+6OH－+5Cl－+3H2O。为了避免副反应的发生，主要是降低温蒂，可以用冰水浴降温，还可以采取的措施有缓慢的通入氯气，使反应速率降低，利用热量散失；故答案为：3Cl2+6OH－+5Cl－+3H2O；缓慢通入氯气(其他合理答案均可)。(2)配制100g30%NaOH溶液时，称量所需NaOH固体质量，再用量筒量出水的体积，因此所需玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和量筒；故答案为：量筒。(3)图1中NaClO碱性溶液与尿素CO(NH2)2水溶液在40℃以下反应一段时间后，再迅速升温至110℃继续反应。N2H4·H2O具有强还原性，能与NaClO剧烈反应生成氮气，防止N2H4·H2O被NaClO氧化，应逐滴加入NaClO，因此实验中通过滴液漏斗滴加的溶液是NaClO碱性溶液；N2H4·H2O沸点118℃，使用冷凝管的目的是冷凝回流，减少水合肼的挥发；故答案为：NaClO碱性溶液；冷凝回流，减少水合肼的挥发。(4)三颈烧瓶中NaClO、CO(NH2)2和NaOH在加热条件下反应生成N2H4·H2O、NaCl和Na2CO3，反应的化学方程式NaClO+CO(NH2)2+2NaOHN2H4·H2O+NaCl+Na2CO3；故答案为：NaClO+CO(NH2)2+2NaOHN2H4·H2O+NaCl+Na2CO3。(5)根据图2信息，pH=4时几乎是NaHSO3溶液，因此实验中当溶液pH约为4停止通SO2；故答案为：4。(6)根据图3信息得到在高于34℃时晶体为Na2SO3，随温度升高，Na2SO3晶