2026届江西省宜春市高安市高安中学化学高三第一学期期末经典模拟试题含解析

2026届江西省宜春市高安市高安中学化学高三第一学期期末经典模拟试题注意事项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、下列物质转化在给定条件下不能实现的是A．B．饱和C．D．2、常温下，向20mL0.1氨水中滴加一定浓度的稀盐酸，溶液中由水电离的氢离子浓度随加入盐酸体积的变化如图所示。则下列说法正确的是A．常温下，0.1氨水中的电离常数K约为B．a、b之间的点一定满足，C．c点溶液中D．d点代表两溶液恰好完全反应3、氟离子电池是新型电池中的一匹黑马，其理论比能量高于锂电池。一种氟离子电池的工作原理如图所示。下列说法正确的是A．放电时，b是电源的正极B．放电时，a极的电极反应为：LaSrMnO4F2＋2e－=LaSrMnO4＋2F－C．充电时，电极a接外电源的负极D．可将含F－的有机溶液换成水溶液以增强导电性4、将25℃时浓度均为0.1mol/L的HA溶液和BOH溶液按体积分别为Va和Vb混合，保持Va+Vb=100mL，且生成的BA可溶于水。已知Va、Vb与混合液pH关系如图所示。下列说法错误的是（）A．曲线II表示HA溶液的体积B．x点存在c(A-)+c(OH-)=c(B+)+c(H+)C．电离平衡常数：K(HA)>K(BOH)D．x、y、z三点对应的溶液中，y点溶液中水的电离程度最大5、相对分子质量约为4000的聚乙二醇具有良好的水溶性，是一种缓泻剂。聚乙二醇可由环氧乙烷在酸性条件下聚合而成()。下列说法正确的是A．环氧乙烷在酸性条件下发生加聚反应制得聚乙二醇B．聚乙二醇的结构简式为C．相对分子质量约为4000的聚乙二醇的聚合度n≈67D．聚乙二醇能保持肠道水分的原因是其可和H2O分子间形成氢键6、二氧化氯(ClO2，黄绿色易溶于水的气体)是一种高效、低毒的消毒剂。其一种生产工艺如图所示。下列说法正确的是A．气体A为Cl2B．参加反应的NaClO2和NCl3的物质的量之比为3：1C．溶液B中含有大量的Na+、Cl－、OH－D．可将混合气通过饱和食盐水除去C1O2中的NH37、我国某科研团队设计了一种新型能量存储/转化装置(如图所示)，闭合K2、断开K1时，制氢并储能。下列说法正确的是A．制氢时，X电极附近pH增大B．断开K2、闭合K1时，装置中总反应为Zn+2NiOOH+2H2O=Zn(OH)2+2Ni(OH)2C．断开K2、闭合K1时，K+向Zn电极移动D．制氢时，每转移0.1NA电子，溶液质量减轻0.1g8、下列实验中，所采取的分离方法与对应原理都正确的是（）A．A B．B C．C D．D9、我国科学家设计的人工光合“仿生酶—光偶联”系统工作原理如图。下列说法正确的是（）A．总反应为6CO2+6H2OC6H12O6+6O2B．转化过程中仅有酶是催化剂C．能量转化形式为化学能→光能D．每产生1molC6H12O6转移H+数目为12NA10、下列关于物质的分类或性质描述不正确的是()A．NaClO是强碱弱酸盐，具有强氧化性B．氯气溶于水能导电，氯气是电解质C．Fe(OH)3胶体遇氢碘酸先聚沉后溶解，并有氧化还原反应发生D．加热煮沸Mg(HCO3)2溶液，可产生Mg(OH)2沉淀11、下列各组内的不同名称实际是指同一物质的是A．液氯、氯水 B．烧碱、火碱 C．胆矾、绿矾 D．干冰、水晶12、某反应过程能量变化如图所示，下列说法正确的是A．反应过程a有催化剂参与B．该反应为吸热反应，热效应等于∆HC．改变催化剂，可改变该反应的活化能D．有催化剂的条件下，反应的活化能等于E1+E213、水的电离常数如图两条曲线所示，曲线中的点都符合常数，下列说法错误的是

A．图中温度B．图中五点间的关系：C．曲线a、b均代表纯水的电离情况D．若处在B点时，将的硫酸溶液与的KOH溶液等体积混合后，溶液显碱性14、设NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．60g丙醇中含有的共价键数目为10NAB．过氧化钠与水反应生成0.lmolO2时，转移的电子数为0.2NAC．0.lmol•L-1碳酸钠溶液中阴离子总数大于0.1NAD．密闭容器中，1molN2与3molH2反应制备NH3，产生N—H键的数目为6NA个15、鹅去氧胆酸和胆烷酸都可以降低肝脏中的胆固醇，二者的转化关系如图，下列说法中正确的是A．二者互为同分异构体B．二者均能发生氧化反应和取代反应C．胆烷酸中所有碳原子可能处于同一平面内D．等物质的量的鹅去氧胆酸和胆烷酸与足量Na反应时，最多消耗Na的量相同16、海洋是一个资源宝库，海水资源的开发和利用是现代和未来永恒的主题。下面是海水利用的流程图：下列有关说法不正确的是A．过程中制得NaHCO3是先往精盐溶液中通入CO2，再通入NH3B．氯碱工业在阳极产生了使湿润淀粉碘化钾试纸变蓝的气体C．反应②加热MgCl2·6H2O应在HCl气流保护下制备无水MgCl2D．反应⑤中，用Na2CO3水溶液吸收Br2后，用70—80%硫酸富集Br217、某实验小组利用下图装置制取少量氯化铝，已知氯化铝熔沸点都很低(178℃升华),且易水解。下列说法中完全正确的一组是①氯气中含的水蒸气和氯化氢可通过盛有苛性钠的干燥管除去②装置I中充满黄绿色气体后，再加热盛有铝粉的硬质玻璃管③装置II是收集装置，用于收集氯化铝④装置III可盛放碱石灰也可盛放无水氯化钙，二者的作用相同⑤a处使用较粗的导气管实验时更安全A．①② B．②③⑤ C．①④ D．③④⑤18、下列实验操作能实现相应实验目的的是实验目的实验操作A比较Cl和S的非金属性往Na2S溶液中通入氯气，观察溶液是否变浑浊B验证铁的吸氧腐蚀将铁钉放入试管中，用盐酸浸没C制取氢氧化铁胶体将FeCl3溶液滴入NaOH溶液D比较HClO和H2CO3的酸性测量并比较等浓度NaClO与Na2CO3溶液的pHA．A B．B C．C D．D19、H2与碱金属等单质在较高温度下可以化合形成离子型金属氢化物，如NaH、LiH等，它们具有极强的还原性，也是良好的野外生氢剂(NaH＋H2O＝NaOH＋H2↑)，下列说法不正确的是A．金属氢化物具有强还原性的原因是其中的氢元素为－l价B．NaH的电子式可表示为Na＋[:H]－C．NaAlH4与水反应：NaAlH4＋H2O＝NaOH＋Al(OH)3＋H2↑D．工业上用有效氢含量衡量含氢还原剂的供氢能力，有效氢指单位质量(克)的含氢还原剂的还原能力相当于多少克氢气的还原能力。则LiAlH4的有效氢含量约为0.2120、下列行为不符合安全要求的是（）A．实验室废液需经处理后才能排入下水道B．点燃易燃气体前，必须检验气体的纯度C．配制稀硫酸时将水倒入浓硫酸中并不断搅拌D．大量氯气泄漏时，迅速离开现场并尽量往高处去21、钠离子二次电池因钠资源丰富、成本低、能量转换效率高等诸多优势，有望取代锂离子电池。最近，山东大学徐立强教授课题组研究钠离子二次电池取得新进展，电池反应如下：4NaxFeIIFeIII(CN)6+xNi3S24FeIIFeIII(CN)6+3xNi+2xNa2S。下列说法正确的是A．充电时，Na+被还原为金属钠B．充电时，阴极反应式：xNa++FeIIFeIII(CN)6−xe−NaxFeIIFeIII(CN)6C．放电时，NaxFeIIFeIII(CN)6为正极D．放电时，Na+移向Ni3S2/Ni电极22、下列有关化学用语表示正确的是（）A．二氧化碳分子的比例模型B．芳香烃的组成通式CnH2n﹣6（n≥6）C．12C、14C原子结构示意图均可表示为D．羟基的电子式二、非选择题(共84分)23、（14分）铃兰醛[]具有甜润的百合香味，对皮肤的刺激性小，对碱稳定，广泛用于百合、丁香、玉兰、茶花以及素心兰等东方型香型日用香精的合成。常用作肥皂、洗涤剂的香料，还可用作花香型化妆品的香料。其合成路线如图所示：(1)B中官能团的名称是______。(2)①的反应类型是______。(3)写出反应②的化学方程式：______。(4)乌洛托品的结构简式如图所示：其二氯取代物有______种，将甲醛的水溶液与氨水混合蒸发可制得乌洛托品，该反应的化学方程式是______。(5)写出满足下列条件的A的同分异构体______。Ⅰ.有两个取代基Ⅱ.取代基在邻位(6)已知：RCH2COOHRCHClCOOH。仿照上述流程，写出以CH3CH2CHO为原料制备聚乳酸的合成路线______(无机试剂自选)。24、（12分）有机物A（C10H20O2）具有兰花香味，可用作香皂、洗发香波的芳香赋予剂。已知：①B分子中没有支链。②D能与碳酸氢钠溶液反应放出二氧化碳。③D、E互为具有相同官能团的同分异构体。E分子烃基上的氢若被Cl取代，其一氯代物只有一种。④F可以使溴的四氯化碳溶液褪色。（1）B可以发生的反应有_________（选填序号）①取代反应②消去反应③加聚反应④氧化反应（2）D、F分子所含的官能团的名称依次是：_________、____________。（3）写出与D、E具有相同官能团的同分异构体的可能结构简式：________________________________________________________。（4）E可用于生产氨苄青霉素等。已知E的制备方法不同于其常见的同系物，据报道，可由2—甲基—1—丙醇和甲酸在一定条件下制取E。该反应的化学方程式是_______________________________。25、（12分）某化学兴趣小组为探究Na2SO3固体在隔绝空气加热条件下的分解产物，设计如下实验流程：已知：气体Y是一种纯净物，在标准状况下密度为1.518g/L。请回答下列问题：(1)气体Y为_______。(2)固体X与稀盐酸反应产生淡黄色沉淀的离子方程式为_______。(3)实验过程中若测得白色沉淀的质量为6.291g，则Na2SO3的分解率为_______。(4)Na2SO3在空气易被氧化，检验Na2SO3是否氧化变质的实验操作是________。26、（10分）实验室采用镁屑与液溴为原料制备无水MgBr2，装置如图，主要步骤如下：步骤1组装好仪器，向三颈瓶中装入10g镁屑和150mL无水乙醚；装置B中加入15mL液溴。步骤2。步骤3反应完毕后恢复至室温，过滤，滤液转移至另一干燥的烧瓶中，冷却至0℃，析出晶体，再过滤得三乙醚合溴化镁粗品。步骤4室温下用苯溶解粗品，冷却至0℃，析出晶体，过滤，洗涤得三乙醚合溴化镁，加热至160℃分解得无水MgBr2产品。已知：①Mg和Br2反应剧烈放热；MgBr2具有强吸水性。②MgBr2+3C2H5OC2H5=MgBr2·3C2H5OC2H5③乙醚是重要有机溶剂，医用麻醉剂；易挥发储存于阴凉、通风处；易燃远离火源。请回答下列问题：（1）写出步骤2的操作是_________。（2）仪器A的名称是__________。装置中碱石灰的作用__________。冰水浴的目的__________。（3）该实验从安全角度考虑除了控制反应温度外，还需要注意：①_________②_______。（4）制备MgBr2装置中橡胶塞和用乳胶管连接的玻璃管口都要用锡箔纸包住的目的是_________。（5）有关步骤4的说法，正确的是__________。A可用95%的乙醇代替苯溶解粗品B洗涤晶体可选用0℃的苯C加热至160℃的主要目的是除去苯D该步骤的目的是除去乙醚和可能残留的溴（6）为测定产品的纯度，可用EDTA（简写为Y4-）标准溶液滴定，反应的离子方程式：Mg2++Y4-═MgY2-①先称取0.7500g无水MgBr2产品，溶解后，等体积分装在3只锥形瓶中，用0.0500mol·L-1的EDTA标准溶液滴定至终点，三次消耗EDTA标准溶液的体积平均为26.50mL，则测得无水MgBr2产品的纯度是_______（保留4位有效数字）。②滴定前未用标准溶液润洗滴定管，则测得产品纯度___________（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。27、（12分）甲乙两组学生用不同的方法制备氯气并验证其性质。甲组用漂白粉与硫酸溶液反应制取氯气：Ca(ClO)2＋CaCl2＋2H2SO42CaSO4＋2Cl2↑＋2H2O，如图1所示；乙组用高锰酸钾与浓盐酸反应制取氯气：2KMnO4＋16HCl(浓)→2MnCl2＋2KCl＋5Cl2↑＋8H2O，如图2所示(省略夹持装置)。（1）实验中A选用装置__，E选用装置__(填写序号)。（2）装置F的作用___，请描述装置G中的实验现象___。（3）B中反应的离子方程式是___；C中氯气氧化了亚硫酸钠：Cl2+SO32-+H2O→SO42-+2Cl-+2H+，请你帮甲组设计一个实验，证明洗气瓶C中的Na2SO3已被氧化(简述实验步骤)：___。（4）乙组中H的目的是比较氯、溴、碘的非金属性，有同学认为该设计不能达到实验目的，其理由是___。（5）甲组实验存在的明显缺陷是___。28、（14分）甲醇不仅是重要的化工原料，而且还是性能优良的能源和车用燃料。Ⅰ.甲醇水蒸气重整制氢是电动汽车氢氧燃料电池理想的氢源，生产过程中同时也产生CO，CO会损坏燃料电池的交换膜。相关反应如下：反应①CH3OH(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+3H2(g)△H1反应②H2(g)+CO2(g)⇌CO(g)+H2O(g)△H2=+41kJ/mol如图表示恒压容器中0.5molCH3OH(g)和0.5molH2O(g)转化率达80％时的能量变化。(1)计算反应①的△H1=________。(2)反应①能够自发进行的原因是________。升温有利于提高CH3OH转化率，但也存在一个明显的缺点是_________。(3)恒温恒容下，向密闭容器中通入体积比为1:1的H2和CO2，能判断反应CH3OH(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+3H2(g)处于平衡状态的是____________。A．体系内压强保持不变B．体系内气体密度保持不变C．CO2的体积分数保持不变D．断裂3molH-H键的同时断裂3molH-O键(4)250℃，一定压强和催化剂条件下，1.00molCH3OH和1.32molH2O充分反应，平衡测得H2为2.70mol，CO为0.030mol，则反应①中CH3OH的转化率_________，反应②的平衡常数是_________(以上结果均保留两位有效数字)。Ⅱ.如图是甲醇燃料电池工作示意图：(5)当内电路转移1.5molCO32-时，消耗甲醇的质量是_________g。(6)正极的电极反应式为_______。29、（10分）(1)磷在成键时，能将一个3s电子激发进入3d能级而参加成键，写出该激发态原子的核外电子排布式_______。(2)钛存在两种同素异形体，采纳六方最密堆积，采纳体心立方堆积，由转变为晶体体积______(填“膨胀”或“收缩”)(3)[Cu(CH3CN)4]+是非常稳定的络合离子，配体中键和π键个数之比为_______。(4)水杨酸第一级电离形成离子，相同温度下，水杨酸的Ka2_________苯酚()的Ka(填“>”“＝”或“<”)(5)六羰基铬[Cr(CO)6]用于制高纯度铬粉，它的沸点为220C。Cr(CO)6的晶体类型是_____，加热Cr(CO)6可得到高纯度铬粉和CO，反应破坏的化学键类型为_______。(6)已知N-N、N＝N和N≡N键能之比为1.00：2.17：4.90.而C-C、C＝C、C≡C键能之比为1.00：1.77：2.34.如何用这些数据理解氮分子不容易发生加成反应而乙炔容易发生加成反应？_____________。(7)将立方金刚石中的每个碳原子用一个由4个碳原子组成的正四面体结构单元取代可形成碳的一种新型三维立方晶体结构——T-碳。已知T-碳密度为g/cm，阿伏加德罗常数为NA，则T-碳的晶胞参数a＝_______pm(写出表达式即可)

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、C【解析】

A、氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水，向偏铝酸钠溶液中通入二氧化碳，发生反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸钠，选项A能实现；B、在饱和食盐水中通入氨气，形成饱和氨盐水，再向其中通入二氧化碳气体，在溶液中就有了大量的Na+、NH4+、Cl-和HCO3-，其中碳酸氢钠溶解度最小，析出碳酸氢钠晶体，加热析出的碳酸氢钠分解生成碳酸钠，选项B能实现；C、硫燃烧生成二氧化硫，不能直接生成三氧化硫，选项C不能实现；D、氯化镁溶液与石灰乳反应转化为难溶的氢氧化镁，氢氧化镁不稳定，煅烧生成氧化镁，选项D能实现。答案选C。2、A【解析】

NH3·H2O电离出OH-抑制水的电离；向氨水中滴加HCl，反应生成NH4Cl，NH4+的水解促进水的电离，随着HCl的不断滴入，水电离的c（H+）逐渐增大；当氨水与HCl恰好完全反应时恰好生成NH4Cl，此时水电离的c（H+）达到最大（图中c点）；继续加入HCl，盐酸电离的H+抑制水的电离，水电离的c（H+）又逐渐减小；据此分析。【详解】A.常温下，0.1mol/L的氨水溶液中水电离的c(H+)=10-11mol/L，氨水溶液中H+全部来自水电离，则溶液中c(H+)=10-11mol/L，c(OH-)=mol/L=10-3mol/L，Ka==mol/L=110-5mol/L，所以A选项是正确的；

B.a、b之间的任意一点，水电离的c（H+）<1×10-7mol/L，溶液都呈碱性，则c(H+)<c(OH-)，结合电荷守恒得c(Cl-)<c(NH4+)，故B错误；C.根据图知，c点水电离的H+达到最大，溶液中溶质为NH4Cl，NH4+水解溶液呈酸性，溶液中c(H+)>10-7mol/L，c(OH-)<10-7mol/L，结合电荷守恒得：c(NH4+)<c(Cl-)，故C错误；

D.根据上述分析，d点溶液中水电离的c（H+）=10-7mol/L，此时溶液中溶质为NH4Cl和HCl，故D错误。所以A选项是正确的。3、B【解析】

由于Mg是活泼金属，Mg2+氧化性弱，所以该电池工作时Mg失去电子结合F-生成MgF2，即b电极为负极，电极反应式为：Mg+2F－－2e－=MgF2，则a为正极，正极反应式为：LaSrMnO4F2＋2e－=LaSrMnO4＋2F－；充电时，电解池的阳极、阴极与原电池的正、负极对应，电极反应与原电池的电极反应反应物与生成物相反，据此解答。【详解】A．由于Mg是活泼金属，Mg2+氧化性弱，所以原电池放电时，Mg失去电子，作负极，即b为负极，a为正极，A错误；B．放电时，a为正极发生还原反应，电极反应为：LaSrMnO4F2＋2e－=LaSrMnO4＋2F－，B正确；C．充电时电解池的阳极、阴极与原电池的正、负极对应，所以a极接外电源的正极，C错误；D．因为Mg能与水反应，因此不能将有机溶液换成水溶液，D错误；答案选B。4、C【解析】

A.开始时溶液显酸性，说明酸的体积大，所以曲线II表示HA溶液的体积，故A正确；B.根据电荷守，x点存在c(A-)+c(OH-)=c(B+)+c(H+)，故B正确；C.根据y点，HA和BOH等体积、等浓度混合，溶液呈碱性，说明电离平衡常数：K(HA)<K(BOH)，故C错误；D.x点酸剩余、y点恰好反应、z点碱剩余，所以三点对应的溶液中，y点溶液中水的电离程度最大，故D正确；选C。【点睛】本题考查酸碱混合溶液定性判断，侧重考查学生图象分析及判断能力，明确各点溶液中溶质成分及其性质是解本题关键，注意y点是恰好完全反应的点。5、D【解析】

在H+条件下先水解生成HOCH2CH2OH，乙二醇再发生缩聚反应生成聚乙二醇，其结构简式为；A．环氧乙烷在酸性条件下先发生水解反，再发生缩聚反应制得聚乙二醇，故A错误；B．聚乙二醇的结构简式为，故B错误；C．聚乙二醇的链节为OCH2CH2，则聚合度n=≈90，故C错误；D．聚乙二醇能与水分子间形成氢键，则能保持肠道水分，故D正确；故答案为D。6、C【解析】

氯化铵溶液中加入盐酸通电电解，得到NCl3溶液，氮元素化合价由-3价变化为+3价，在阳极发生氧化反应，阴极是氢离子得到电子发生还原反应生成氢气，则气体A为氢气；在NCl3溶液中加入NaClO2溶液加热反应生成ClO2、NH3和溶液B，由氢元素守恒可知，有水参加反应，结合得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒可知，反应还生成NaCl与NaOH。【详解】A．根据分析，气体A为H2，故A错误；B．在NCl3溶液中加入NaClO2溶液加热反应生成ClO2、NH3和溶液B，由氢元素守恒可知，有水参加反应，结合得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒可知，反应还生成NaCl与NaOH，方程式为：6NaClO2+NCl3+3H2O=3NaCl+6ClO2+NH3+3NaOH，参加反应的NaClO2和NCl3的物质的量之比为6：1，故B错误；C．根据分析，结合反应6NaClO2+NCl3+3H2O=3NaCl+6ClO2+NH3+3NaOH可知，溶液B中含有NaCl与NaOH，则含有大量的Na+、Cl－、OH－，故C正确；D．二氧化氯(ClO2)是一种黄绿色易溶于水的气体，不可用饱和食盐水除去ClO2中的NH3，故D错误；答案选C。7、B【解析】

A．X电极为电解池阳极时，Ni元素失电子、化合价升高，故X电极反应式为Ni(OH)2－e－+OH－=NiOOH+H2O，X电极附近pH减小，故A错误；B．断开K2、闭合K1时，构成原电池，供电时，X电极作正极，发生还原反应，氧化剂为NiOOH，Zn作负极，发生氧化反应，装置中总反应为Zn+2NiOOH+2H2O=Zn(OH)2+2Ni(OH)2，故B正确；C．断开K2、闭合K1时，构成原电池，X电极作正极，Zn作负极，阳离子向正极移动，则K+向X电极移动，故C错误；D．制氢时，为电解池，Pt电极上产生氢气，Pt电极反应为：2H2O+2e-=H2↑+2OH－，X电极反应式为：Ni(OH)2－e－+OH－=NiOOH+H2O，根据电极反应，每转移0.1NA电子，溶液质量基本不变，故D错误；答案选B。8、D【解析】

A.乙醇能与水互溶，因此不能做从碘水中提取碘单质的萃取剂，故A错误；B.乙酸乙酯与乙醇互溶，不能采用分液的方法，应加入饱和碳酸钠溶液，然后分液，故B错误；C.除去KNO3固体中的NaCl，采用重结晶方法，利用KNO3的溶解度受温度的影响较大，NaCl的溶解度受温度的影响较小，故C错误；D.蒸馏利用沸点不同对互溶液体进行分离，丁醇、乙醚互溶，采用蒸馏法进行分离，利用两者沸点相差较大，故D正确；答案：D。9、A【解析】

A.根据图示可知：该装置是将CO2和H2O转化为葡萄糖和氧气，反应方程式为：6CO2+6H2OC6H12O6+6O2，A正确；B.转化过程中有酶、光触媒作催化剂，B错误；C.能量转化形式为光能→化学能，C错误；D.每产生1molC6H12O6转移H+数目为24NA，D错误；故合理选项是A。10、B【解析】

A．次氯酸钠是由氢氧化钠与次氯酸反应生成，属于强碱弱酸盐，次氯酸钠中氯元素处于+1的价，具有强的氧化性，故A正确；B．氯气是单质，不是电解质，故B错误；C．氢碘酸为可溶性电解质，能够是氢氧化铁胶体聚沉，氢氧化铁具有强的氧化性，能够氧化碘离子生成单质电，所以Fe(OH)3胶体遇氢碘酸先聚沉后溶解，并有氧化还原反应发生，故C正确；D．长时间煮沸Mg(HCO3)2溶液，Mg(HCO3)2生成MgCO3，水解生成Mg(OH)2，故D正确；故选：B。【点睛】电解质：在水溶液或在熔融状态下能够导电的化合物。所以判断是否为电解质的前提为化合物，B选项氯气是单质，不是电解质也不是非电解质。11、B【解析】

A.液氯是只含Cl2的纯净物，氯水是氯气溶于水得到的混合物，不是同一物质，故A错误；B.氢氧化钠俗称火碱、烧碱、苛性钠，是同一物质，故B正确；C.胆矾的化学式为CuSO4·5H2O，绿矾的化学式为FeSO4·7H2O，二者表示的不是同一种物质，故C错误；D.干冰是固体二氧化碳，水晶是二氧化硅晶体，二者表示的不是同一种物质，故D错误。故答案选B。【点睛】本题考查常见物质的名称，了解常见物质的俗名是解题的关键，易错选项A，注意对易混淆的物质归纳总结。12、C【解析】

A．催化剂能降低反应的活化能，故b中使用了催化剂，故A错误；B．反应物能量高于生成物，为放热反应，△H=生成物能量-反应物能量，故B错误；C．不同的催化剂，改变反应的途径，反应的活化能不同，故C正确；D．催化剂不改变反应的始终态，焓变等于正逆反应的活化能之差，图中不能确定正逆反应的活化能，故D错误；故选C。13、C【解析】

A．水的电离是吸热过程，升高温度促进水电离，则水中、及离子积常数增大，根据图知，曲线上离子积常数大于，所以温度，故A正确；B．水的离子积常数只与温度有关，温度越高，离子积常数越大，同一曲线是相同温度，根据图知，温度高低顺序是，所以离子积常数大小顺序是，故B正确；C．纯水中，所以曲线a、b上只有A、B点才是纯水的电离，故C错误；D．B点时，，的硫酸中，的KOH溶液中，等体积混合时碱过量，溶液呈碱性，故D正确。故选C。14、B【解析】

A.60g丙醇为1mol，丙醇中含7个C-H键、2个C-C键、1个C-O键和1个O-H键，存在的共价键总数为11NA，故A错误；B.2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，Na2O2中一个氧原子从-1价升高到0价；另外一个从-1价降到-2价，每生成lmolO2时，转移的电子数为2NA，生成0.lmolO2时，转移的电子数为0.2NA，故B正确；C.溶液的体积未知，无法计算，故C错误；D.氮气和氢气的反应是一个可逆反应，1molN2与3molH2反应产生的NH3小于2mol，故产生N—H键的数目小于6NA个，故D错误；故选B。15、B【解析】

A．鹅去氧胆酸脱氢氧化后生成胆烷酸，则鹅去氧胆酸和胆烷酸的分子式不同，不可能是同分异构体，故A错误；B．鹅去氧胆酸和胆烷酸分子中均有羧基和羟基，则均可发生取代反应，如发生酯化反应，故B正确；C．胆烷酸分子结构中环上除羰基和羧基中的碳原子外，其它碳原子均是sp3杂化，则分子结构中所有碳原子不可能在同一平面内，故C错误；D．鹅去氧胆酸和胆烷酸分子内均有一个羧基，但鹅去氧胆酸比胆烷酸多一个羟基，则等物质的量的鹅去氧胆酸和胆烷酸分别与Na完全反应时消耗的Na的物质的量不等，故D错误；故答案为B。16、A【解析】

A.先通入氨气可增大二氧化碳的溶解度，则通入气体的顺序不合理，A项错误；B.氯碱工业在阳极上氯离子放电生成氯气，使湿润淀粉碘化钾试纸变蓝，B项正确；C.加热促进镁离子水解，且生成盐酸易挥发，应在HCl气流中蒸发制备，C项正确；D.用纯碱吸收溴，主要反应是3Br2+3Na2CO3=5NaBr+NaBrO3+3CO2↑，生成的NaBr、NaBrO3与硫酸反应，得到Br2，达到富集目的，D项正确；答案选A。17、B【解析】

①氯气能够与氢氧化钠反应，故错误；②用图示装置制取少量氯化铝，为防止铝与氧气反应，反应之前需要用氯气排除装置的空气，即装置I中充满黄绿色气体后，再加热盛有A铝粉的硬质玻璃管，故正确；③氯化铝熔沸点都很低(178℃升华)，装置II可以用于收集氯化铝，故正确；④装置III中盛放的物质需要能够吸收水蒸气和除去多余的氯气，因此盛放碱石灰可以达到目的，盛放无水氯化钙不能除去多余的氯气，故错误；⑤氯化铝熔沸点都很低，a处使用较粗的导气管，不容易造成堵塞，实验时更安全，故正确；正确的有②③⑤，故选B。18、A【解析】

A.往Na2S溶液中通入氯气，观察溶液变浑浊，在该反应中氯气为氧化剂，S为氧化产物，可实现目的，A正确；B.将铁钉放入试管中，用盐酸浸没，发生的为析氢腐蚀，不能实现目的，B错误；C.将FeCl3溶液滴入NaOH溶液，制取的为氢氧化铁沉淀，不能实现目的，C错误；D.测量并比较等浓度NaClO与Na2CO3溶液的pH，可比较HClO与HCO3-的酸性强弱，不能比较HClO和H2CO3的酸性，D错误；答案为A。19、C【解析】

A、金属氢化物具有强还原性的原因是其中的氢元素为－l价，化合价为最低价，容易被氧化，选项A正确；B、氢化钠为离子化合物，NaH的电子式可表示为Na＋[:H]－，选项B正确；C、NaOH和Al(OH)3会继续反应生成NaAlO2，选项C不正确；D、每38gLiAlH4失去8mol电子，与8g氢气相当，故有效氢为，约为0.21，选项D正确。答案选C。20、C【解析】

A．实验室废液中常含有大量有毒有害物质或者重金属离子，直接排放会对地下水造成污染，所以需经处理后才能排入下水道，故A正确；B．点燃可燃性气体前需要检查纯度，避免因纯度不足导致气体爆炸发生危险，故B正确；C．由于浓硫酸密度大于水，且稀释过程中放出大量热，稀释时应该将浓硫酸缓缓倒入水中并不断搅拌，故C错误；D．氯气密度大于空气，低处的空气中氯气含量较大，所以大量氯气泄漏时，迅速离开现场并尽量逆风、往高处逃离，故D正确；故选C。21、D【解析】

A．充电为电解原理，由题意知Na+反应后为NaxFeIIFeIII(CN)6而不是金属Na，A错误；B．充电时阴极得到电子，反应式为xNa++FeIIFeIII(CN)6+xe−=NaxFeIIFeIII(CN)6，B错误；C．放电时为原电池原理，由总反应知Ni化合价下降，应为正极，故NaxFeIIFeIII(CN)6为负极，C错误；D．放电时阳离子向正极移动，D正确；故选D。22、C【解析】

A.同周期主族元素，原子半径随原子序数的增大而减小，因此碳原子的半径大于氧原子，A项错误；B.是苯的同系物的组成通式，芳香烃的同系物则不一定，B项错误；C.和仅仅是中子数不同，均有6个质子和6个电子，因此原子结构示意图均为，C项正确；D.基态氧原子有6个电子，和一个氢原子形成共价键后的电子后应该是7个，D项错误；答案选C。【点睛】芳香化合物、芳香烃、苯的同系物，三者是包含的关系，同学们一定要注意辨别。二、非选择题(共84分)23、醛基、碳碳双键取代反应3【解析】

苯与叔丁醇发生取代反应生成A，根据A与甲醛反应的产物结构简式可判断A的结构简式。根据最终产物的结构简式可知反应④是羟醛缩合然后消去羟基引入碳碳双键，B发生加成反应得到最终产物，据此解答。【详解】（1）由反应⑤的条件“氢化”和生成B的物质的特点可知B是，故B中官能团的名称是醛基，碳碳双键，故答案为：醛基、碳碳双键；（2）①反应是，该反应的反应类型是取代反应，故答案为：取代反应；（3）由反应①可以判断A是，故反应②的化学方程式是，故答案为：；（4）从乌洛托品的结构式可以看出2个氯原子可以在同一碳原子上，也可以在不同碳原子上，可以处于同一环上，也可以处于不同环上，其二氯取代物有3种，即3种；将甲醛的水溶液与氨水混合蒸发可制得乌洛托品，该反应的化学方程式是，故答案为：3；；（5）A的同分异构体中满足Ⅰ.有两个取代基；Ⅱ.取代基在邻位的有：，故答案为：；（6）根据信息RCH2COOHRCHClCOOH可知，首先要将CH3CH2CHO氧化才能引进第二个官能团，因为乳酸（CH3CHOHCOOH）有两个官能团。由此推知，聚乳酸（）的合成路线流程图为：。24、①②④羧基碳碳双键、【解析】

B发生氧化反应生成C，C发生氧化反应生成D，D能与NaHCO3溶液反应放出CO2，D中含羧基，C中含醛基，B中含—CH2OH，且B、C、D中碳原子数相同；B在浓硫酸/加热条件下反应生成F，F可以使溴的四氯化碳溶液褪色，B→F为消去反应；D、E互为同分异构体，D与E的分子式相同，B与E反应生成A，A的分子式为C10H20O2，A具有兰花香味，A属于饱和一元酸与饱和一元醇形成的酯，B分子中没有支链，E分子烃基上的氢若被Cl取代，其一氯代物只有一种，则B的结构简式为CH3CH2CH2CH2CH2OH，C为CH3CH2CH2CH2CHO，D为CH3CH2CH2CH2COOH，E为（CH3）3CCOOH，A为（CH3）3CCOOCH2CH2CH2CH2CH3，F为CH3CH2CH2CH=CH2，据此分析作答。【详解】B发生氧化反应生成C，C发生氧化反应生成D，D能与NaHCO3溶液反应放出CO2，D中含羧基，C中含醛基，B中含—CH2OH，且B、C、D中碳原子数相同；B在浓硫酸/加热条件下反应生成F，F可以使溴的四氯化碳溶液褪色，B→F为消去反应；D、E互为同分异构体，D与E的分子式相同，B与E反应生成A，A的分子式为C10H20O2，A具有兰花香味，A属于饱和一元酸与饱和一元醇形成的酯，B分子中没有支链，E分子烃基上的氢若被Cl取代，其一氯代物只有一种，则B的结构简式为CH3CH2CH2CH2CH2OH，C为CH3CH2CH2CH2CHO，D为CH3CH2CH2CH2COOH，E为（CH3）3CCOOH，A为（CH3）3CCOOCH2CH2CH2CH2CH3，F为CH3CH2CH2CH=CH2，（1）B的结构简式为CH3CH2CH2CH2CH2OH，B属于饱和一元醇，B可以与HBr、羧酸等发生取代反应，B中与—OH相连碳原子的邻碳上连有H原子，B能发生消去反应，B能与O2、KMnO4等发生氧化反应，B不能加聚反应，答案选①②④。（2）D为CH3CH2CH2CH2COOH，所含官能团名称为羧基；F为CH3CH2CH2CH=CH2，所含官能团名称为碳碳双键。（3）D、E的官能团为羧基，与D、E具有相同官能团的同分异构体的可能结构简式为（CH3）2CHCH2COOH、CH3CH2CH（CH3）COOH。（4）E为（CH3）3CCOOH，2—甲基—1—丙醇与甲酸在一定条件下制取E的化学方程式为。25、H2S2S2-+SO32-+6H+=3S↓+3H2O90%取少量Na2SO3样品于试管中，加入足量盐酸溶解，再加入BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则Na2SO3已被氧化变质；若不产生白色沉淀，则Na2SO3未被氧化变质【解析】

气体Y是一种纯净物，在标准状况下密度为1.518g/L，则相对分子质量为22.4×1.518=34.0，Y应为H2S气体，生成的淡黄色沉淀为S，溶液加入氯化钡溶液生成白色沉淀，说明生成Na2SO4，则隔绝空气加热，Na2SO3分解生成Na2S和Na2SO4，发生4Na2SO3Na2S+3Na2SO4，以此解答该题。【详解】(1)由以上分析可知Y为H2S；(2)固体X与稀盐酸反应产生淡黄色沉淀，为硫化钠、亚硫酸钠在酸性溶液中发生归中反应，离子方程式为2S2-+SO32-+6H+=3S↓+3H2O；(3)实验过程中若测得白色沉淀的质量为6.291g，该白色沉淀为硫酸钡，可知n(BaSO4)==0.027mol，说明生成Na2SO4的物质的量为0.027mol，反应的方程式为4Na2SO3Na2S+3Na2SO4，可知分解的Na2SO3物质的量为0.027mol×=0.036mol，则Na2SO3的分解率为×100%=90%；(4)Na2SO3在空气中被氧化，可生成Na2SO4，检验Na2SO3是否氧化变质的实验操作是：取少量Na2SO3样品于试管中，加入足量盐酸溶解，再加入BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则Na2SO3已被氧化变质；若不产生白色沉淀，则Na2SO3未被氧化变质。【点睛】本题考查性质实验方案的设计。掌握Na2SO3具有氧化性、还原性，在隔绝空气时加热会发生歧化反应，反应产物Na2S与未反应的Na2SO3在酸性条件下会发生归中反应产生S单质是本题解答的关键。可根据BaSO4既不溶于水也不溶于酸的性质检验Na2SO3是否氧化变质。26、缓慢通入干燥的氮气，直至溴完全挥发至三颈瓶中球形冷凝管吸收多余溴蒸气，防止污染空气，防止空气中的水分进入使MgBr2水解控制反应温度，防止Mg和Br2反应放热过于剧烈，使实验难以控制，同时减小溴的挥发防止乙醚和溴的泄露，应在通风橱中进行实验乙醚易燃，避免使用明火防止溴腐蚀橡胶塞、乳胶管BD97.52%（或0.9752）偏高【解析】

B中通入干燥的N2，产生气泡，使Br2挥发进入三颈烧瓶，Mg、Br2和乙醚在三颈烧瓶中剧烈反应，放出大量的热，为避免反应过剧烈，同时减少反应物Br2、乙醚挥发，将三颈烧瓶置于冰水浴中进行，同时用冷凝管将挥发的Br2、乙醚冷凝回流，提高原料利用率。在冷凝管上端加一个盛放碱石灰的干燥管，防止Br2挥发污染空气，同时也可防止空气中的水蒸气进入装置使MgBr2水解，据此解答。【详解】(1)步骤2应为：缓慢通入干燥的氮气，直至溴完全挥发至三颈瓶中，故答案为：缓慢通入干燥的氮气，直至溴完全挥发至三颈瓶中；(2)仪器A为球形冷凝管，碱石灰可防止挥发的Br2进入到空气中污染空气，同时也可防止空气中的水蒸气进入装置使MgBr2水解，冰水浴可减少溴挥发，可降低反应的剧烈程度，故答案为：球形冷凝管；吸收多余溴蒸气，防止污染空气，防止空气中的水分进入使MgBr2水解；控制反应温度，防止Mg和Br2反应放热过于剧烈，使实验难以控制，同时减小溴的挥发；(3)本实验用到的溴和乙醚均有毒且易挥发，实验时为防止挥发对人造成伤害，可以在通风橱中进行，乙醚易燃，注意避免使用明火，故答案为：防止乙醚和溴的泄露，应在通风橱中进行实验；乙醚易燃，避免使用明火；(4)溴有强氧化性，能氧化橡胶塞和乳胶而使橡胶塞、乳胶管腐蚀，包了锡箔纸是为了防止溴腐蚀橡胶塞、乳胶管，故答案为：防止溴腐蚀橡胶塞、乳胶管；(5)A．95%的乙醇有水，使溴化镁水解，不能用95%的乙醇代替苯，A错误；B．选用0℃的苯洗涤晶体可以减少晶体的损失，B正确；C．加热到160℃的主要目的是使三乙醚合溴化镁分解产生溴化镁，C错误；D．该步骤的目的是除去乙醚和可能残留的溴得到纯净的溴化镁，D正确；综上所述，BD正确，故答案为：BD；(6)①共消耗EDTA的物质的量=0.0500mol·L-1×26.5×10-3L×3=3.975×10-3mol，根据镁原子守恒有：MgBr2～EDTA，则n(MgBr2)=n(EDTA)=3.975×10-3mol，m(MgBr2)=3.975×10-3mol×184g/mol=0.7314g，所以，MgBr2的纯度==97.52%，故答案为：97.52%（或0.9752）；②滴定前未用标准溶液润洗滴定管，标准液被稀释，滴定时所需体积偏大了，导致浓度偏高，故答案为：偏高。27、III除去氯气中的氯化氢，安全瓶（监测装置H是否堵塞）U型管中左边有色布条褪色，右边有色布条没有褪色Cl2+2I-→2Cl-+I2取少量反应后的溶液于试管中，加入HCl溶液至不再产生气体为止，再滴加BaCl2溶液，如果有白色沉淀生成，证明Na2SO3已被氧化Cl2也可与KI反应生成I2，乙组设计的实验中并没有排除Cl2对实验的干扰，故不能比较Cl、Br、I的非金属性或Cl2未充分接触到溴化钠溶液中，未必能看到现象无尾气处理装置，污染环境【解析】

(1)结合反应原理甲组利用固体与液体加热制备氯气；乙组利用固体与液体反应不加热制氯气；(2)乙组制得的Cl2中混有挥发的HCl气体，装置G中CaCl2是干燥剂；(3)氯气能氧化I-生成I2；装置C中氯气氧化了亚硫酸钠，所得溶液中含有SO42-，只要利用稀盐酸和BaCl2溶液检验溶液中是否存在SO42-，即可判断有没有发生氧化还原反应；(4)NaBr溶液未能完全吸收Cl2，有部分Cl2参与KI氧化为I2的反应；(5)Cl2是有毒气体，需要处理含氯气的尾气。【详解】(1)甲组用漂白粉与硫酸溶液混合加热制取氯气，实验中A选用装置II；而乙组用高锰酸钾与浓盐酸反应制取氯气，反应不需要加热，则E选用装置I；(2)乙组制得的Cl2中混有挥发的HCl气体，可利用装置F中饱和食盐水除去氯气中的氯化氢，同时根据长颈漏斗中液面是否上升，达到监测装置H是否堵塞的目的；从F中进入G中的Cl2混有水蒸气，能使U型管中左边有色布条褪色，而潮湿的氯气经过无水CaCl2干燥后，不再具有漂白性，则右边有色布条没有褪色；(3)氯气能氧化I-生成I2，发生反应的离子方程式为Cl2+2I-→2Cl-+I2；验证装置C中氯气是否氧化亚硫酸钠的操作方法是取少量反应后的溶液于试管中，加入HCl溶液至不再产生气体为止，再滴加BaCl2溶液，如果有白色沉淀生成，证明Na2SO3已被氧化；(4)乙组中H装置中NaBr不能完全吸收Cl2，将有部分Cl2也可与KI反应生成I2，干扰Br2氧化I-的实验，则无法判断Br2和I2的氧化性强弱，也不能比较Cl、Br、I的非金属性；(5)甲组实验存在的明显缺陷是无尾气处理装置，污染环境。【点睛】本题考查氯气的制备与氯气的性质探究，明确实验原理解题关键，难点是氯气有强氧化性，但没有漂白性，氯气使湿润有色布条褪色的根本原因是氯气与水反应生成的HClO有漂白性，易错点是装置G中左侧干燥有色布条能褪色，原因是制得的氯气中混有水蒸气。28、+49kJ/mol该反应为熵增加的反应，熵增效应大于能量效应CO含量增高，会破坏该电池的交换膜ACD91%5.6×10-316gO2+2CO2+4e-=2CO32-【解析】

（1）由图可知，0.5molCH3OH（g）和0.5molH2O（g）转化率达80%即0.4mol时吸收能量23kJ-3.4kJ=19.6kJ，计算1molCH3OH（g）和H2O（g）转化的能量可得；（2）根据熵变分析；升温有利于提高CH3OH转化率，促进CO的生成，破坏电池交换膜；（3）根据化学平衡状态特征：正逆反应速率相等，各组分含量保持不变分析；（4）根据题意，衡时测得H2为2.70mol，CO为0.030mol，说明反应②生成的H2O（g）为0.03mol，消耗CO2（g）为0.03mol，参与反应②的H2为2.73mol，由反应①生成，则反应①生成CO2（g）为0.91mol，反应中的CO2（g）为0.88mol，根据反应①生成H2为2.73mol，生成CO2（g）为0.91mol，则参与反应的CH3OH为0.91mol，H2O（g）为0.91mol，故装置中CH3OH为0.09mol，H2O（g）为1.32mol-0.91mol+0.03mol=0.44mol，H2为2.70mol，CO为0.030mol，CO2（g）为0.88mol，结合转化率=变化量除以起始量和反应②的K=计算；（5）甲醇燃料电池甲醇为负极，电极