吉林省长春市2026届高三化学第一学期期中联考模拟试题含解析

吉林省长春市2026届高三化学第一学期期中联考模拟试题请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。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、下列操作、现象与结论对应关系正确的是（）操作、现象结论A向某溶液中加入硝酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成溶液中一定有SO32-B将SO2通入酸性KMnO4溶液中，溶液褪色SO2有漂白性C向某溶液中加入NaOH溶液，将湿润的蓝色石蕊试纸放在试管口，试纸不变色溶液中一定没有NH4+D某溶液中加入KSCN，无现象，再滴入氯水，溶液变红溶液中一定有Fe2+A．A B．B C．C D．D2、下列实验事实不能作为所得结论合理证据的是选项ABCD实验现象NaBr溶液变为橙色，NaI溶液变为棕黄色Mg条表面有气泡产生Na2SiO3溶液中出现白色沉淀钾与水反应比钠与水反应更剧烈结论氧化性：Cl2＞Br2＞I2还原性：Mg＞Al非金属性：C＞Si金属性：K＞NaA．A B．B C．C D．D3、下列说法正确的是A．正丁烷和异丁烷均有两种一氯取代物B．乙烯和苯都能与H2发生加成反应，说明二者的分子中均含碳碳双键C．乙醇与金属钠能反应，且在相同条件下比水与金属钠的反应更剧烈D．乙醛能被还原成乙醇，但不能被氧化成乙酸4、据文献报道：Fe(CO)5催化某反应的一种反应机理如下图所示。下列叙述错误的是A．OH－在反应中做催化剂 B．该反应可产生清洁燃料H2C．该反应属于氧化还原反应 D．该催化循环中Fe的成键数目未发生变化5、某有机物的结构简式如图所示，关于该物质的叙述错误的是A．能使酸性KMnO4溶液褪色B．与新制氢氧化铜悬浊液加热煮沸产生砖红色沉淀C．1mol该物质和H2反应，最多消耗5molH2D．苯环上的一氯代物有3种6、某有机物结构如图所示，有关该物质的叙述正确的是A．易溶于水B．苯环上的一氯代物有3种C．最多能与氢气以物质的量之比1∶4加成D．碱性水解的产物中没有醇7、将铜丝烧热，迅速插入氢气中，发生反应：CuO+H2Cu+H2O。若用下列物质代替氢气进行上述实验：①一氧化碳、②稀硝酸、③稀盐酸、④乙醇，铜丝表面所观察到的现象、铜丝质量变化情况与上述实验完全相同的是A．①②③ B．①④ C．①③④ D．只有①8、电解水时，为增强溶液的导电性可向溶液中加入适量的电解质，下列物质中适合的是（）A．NaCl B．HCl C．H2SO4 D．CuSO49、下表各组物质中，物质之间不可能实现如下图所示转化的是选项XYZMAFeFeCl2FeCl3Cl2BMgCCOCO2CNaOHNa2CO3NaHCO3CO2DNH3NONO2O2A．A B．B C．C D．D10、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加。K、L、M均是由这些元素组成的二元化合物，甲、乙分别是元素X、Y的单质，甲是常见的固体，乙是常见的气体。K是无色气体，是主要的大气污染物之一。0.05mol/L丙溶液的pH为1，上述物质的转化关系如图所示。下列说法正确的是A．K、L、M中沸点最高的是MB．元素的非金属性：Z>Y>XC．原子半径：W<X<YD．丙也可由W、Y组成的某化合物与K直接反应制得11、通过海水晾晒可以得到粗盐，粗盐除还有NaCl外，还含有MgCl2、CaCl2、Na2SO4以及泥沙等杂质。以下是某兴趣小组制备精盐的实验方案，各步操作流程如下。下列说法正确的是A．实验过程中①、⑤步骤的操作分别是溶解、过滤B．实验过程中步骤④的目的是仅除去溶液中的Ca2+C．实验过程中步骤⑦中的蒸发所用到的仪器是酒精灯、玻璃棒、烧杯、铁架台(带铁圈)D．实验过程中②、④步骤互换，对实验结果不影响12、下列说法错误的是（）A．萃取操作时，选择有机萃取剂，则溶质在萃取剂的溶解度必须比水大B．分液操作时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出C．蒸馏操作时，应使温度计水银球插入混合溶液的液面下D．配制一定物质的量浓度的溶液时，洗涤烧杯和玻璃棒的溶液必须转入容量瓶中13、25℃时，pH=2的盐酸和醋酸各1mL分别加水稀释，pH随溶液体积变化的曲线如下图所示。下列说法不正确的是（）A．曲线Ⅰ代表盐酸的稀释过程 B．a溶液的导电性比c溶液的导电性强C．a溶液中和氢氧化钠的能力强于b溶液 D．将a、b两溶液加热至30℃，变小14、下列关于物质用途的叙述中不正确的是A．Na2O2可用作供氧剂 B．铝槽车可用于浓硫酸的贮运C．水玻璃可用于木材的防火 D．在医疗上，可用碳酸钠治疗胃酸过多15、下列关于胶体的叙述正确的是A．过滤实验可以据此把胶体、溶液分开B．胶体和溶液的本质区别是胶体能发生丁达尔现象C．用渗析的方法净化胶体时，使用半透膜只能让小分子和离子通过D．胶体带电，故在电场作用下会产生电泳现象16、某强酸性溶液X中可能含有Fe2+、Al3+、、、、、Cl－中的若干种，现取X溶液进行连续实验，实验过程及产物如图，下列说法正确的是（）A．气体A是NO2B．X溶液中肯定存在Fe2+、Al3+、、C．溶液E和气体F不能发生化学反应D．X溶液中不能确定的离子是Al3+和Cl－17、下列实验操作及现象一定能得出相应结论的是（）选项实验操作现象结论A向酸性KMnO4溶液中通入SO2溶液由紫色变为无色SO2具有漂白性B向CuSO4溶液中通入H2S出现黑色沉淀酸性：H2S＞H2SO4C将大理石投入一定浓度的醋酸溶液中大理石溶解并产生气体Ka(CH3COOH)＞Ka(H2CO3)D向溶液中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液有白色沉淀生成该溶液中一定含有SO【选项A】A 【选项B】B 【选项C】C 【选项D】D18、某试液中只可能含有K+、NH4+、Fe2+、A13+、Cl-、SO42-、CO32-、A1O2-中的若干种离子，离子浓度均为0.1mol·L-1，某同学进行了如下实验:下列说法正确的是A．原溶液中存在NH4+、Fe2+、Cl-、SO42-B．滤液X中大量存在的阳离子有NH4+、Fe2+和Ba2+C．无法确定沉淀C的成分D．无法确定原试液中是否含有Al3+、Cl-19、铵明矾[NH4Al(SO4)2·12H2O]是分析化学常用基准试剂，其制备过程如下。下列分析不正确的是（）A．过程Ⅰ反应：2NH4HCO3＋Na2SO4=2NaHCO3↓＋(NH4)2SO4B．检验溶液B中阴离子的试剂仅需BaCl2溶液C．若省略过程Ⅱ，则铵明矾产率明显减小D．向铵明矾溶液中逐滴加入NaOH溶液并加热，先后观察到：刺激性气体逸出→白色沉淀生成→白色沉淀消失20、常温下，浓度均为0.1mol·L-1、体积为V0的HX、HY溶液，分别加水稀释至体积V，pH随lg的变化关系如图所示。下列叙述正确的是()A．HX、HY都是弱酸，且HX的酸性比HY的弱B．常温下，由水电离出的c(H+)·c(OH-)：a<bC．相同温度下，电离常数K(HX)：a>bD．lg＝3，若同时微热两种溶液，则减小21、NA代表阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是A．8.7gMnO2与40mL10mol/L的浓盐酸充分反应，生成氯气分子数为0.1NAB．标准状况下，11.2L氯仿中含有的共价键总数为2NAC．1mol甲基（—14C1H3）所含的中子数和电子数分别为8NA、9NAD．1molNa被完全氧化生成Na2O2，失去2NA个电子22、下列关于有机物的说法正确的是A．分子式为C4H8O2的酯类物质共有4种异构体B．甲基环已烷的一氯代物有4种（不考虑立体异构）C．乙烯能使溴水褪色、乙醇能使酸性KMnO4溶液褪色，它们发生反应的类型相同D．乙酸、乙醇均能与金属钠反应，反映了它们含有相同的官能团二、非选择题(共84分)23、（14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）。完成下列填空：（1）A的名称是_____，M中官能团的名称是___________。（2）写出A→B的反应类型是_________。（3）写出化学方程式B→C________。（4）M性质活泼，能与丙烯酸（CH2=CHCOOH）发生聚合作用形成高聚物，请写出相应的化学方程式_______（假设两者物质的量之比为1:1）。（5）写出结构简式E__________。（6）M的同分异构体Q是饱和二元羧酸，则Q的结构简式为_________（只写一种）。（7）反应a与反应b的先后次序不能颠倒，解释原因_______。24、（12分）有机物X是一种重要的有机化工原料，下图是以它为初始原料设计出的转化关系图（部分产物、合成路线、反应条件略去），Y是一种功能高分子材料。已知：（1）X为芳香烃，其相对分子质量为92；（2）烷基苯在高锰酸钾的作用下，侧链被氧化成羧基：；（3）（苯胺，易被氧化）；回答下列问题：（1）X的名称为________________，G的分子式为____________________。（2）F的结构简式为___________________，B中官能团的名称为____________。（3）F→G的反应类型为__________________________。（4）G→Y的化学方程式为__________________________。（5）满足下列条件的B的同分异构体有________种。①含有苯环；②只含一种官能团；③1mol该有机物能与2molNaHCO3完全反应。（6）请写出以C为原料制备的合成路线流程图（无机试剂任用）。_______________。25、（12分）SnCl4是一种极易水解的化合物，它的制备需要在无水的条件下，密闭的装置中进行。若用常规(系统的体积较大)方法进行多实验缺点比较多，下图采用微型实验进行SnCl4的制备，解决了常规方法的弊端(己知：SnCl4的熔点为－33℃，沸点为114.1℃)。(1)将已干燥的各部分仪器按图连接好后，需要进行的操作为________________________。(2)V形管的作用是________________________________________________________。(3)下列说法中正确的是_____A．仪器A的名称为蒸馏烧瓶B．为了充分干燥氯气，浓硫酸的体积应大于球泡的体积C．操作时应先滴加浓盐酸，使整套装置内充满黄绿色气体，再用煤气灯加热D．生成的SnCl4蒸气经冷却聚集在磨口具支管中E.微型干燥管中的试剂可以是碱石灰、五氧化二磷或无水氯化钙等(4)实验中0.59锡粒完全反应制得1.03gSnCl4，则该实验的产率为_____________(计算结果保留一位小数)。(5)SnCl4遇氨及水蒸气的反应是制作烟幕弹的原理，反应的化学方程式为_______________。(6)该微型实验的优点是________________________________________________(任写两条)。26、（10分）一氯化硫(S2Cl2)是一种重要的有机合成氯化剂，实验室和工业上都可以用纯净干燥的氯气与二硫化碳反应来制取(CS2+3Cl2CCl4+S2Cl2)，其装置如下：(1)A装置中的离子反应方程式为______________。(2)一氯化硫(S2Cl2)常温下较为稳定，受热易分解，易被氧化，且遇水即歧化，歧化产物中不仅有淡黄色固体，而且还有两种气体，用NaOH溶液吸收该气体可得两种盐Na2SO3和NaCl。写出一氯化硫与水反应的化学反应方程式______________。(3)B装置的作用是___________________________________。(4)D中冷凝管的冷水进水口为____（填“a”或“b”）；实验过程中，需要先点燃A处酒精灯，通入氯气一段时间后方可向D中水槽里面加入热水加热，这样做的目的是______________。(5)F装置是用来处理尾气氯气的，已知该吸收反应的氧化产物不仅有NaClO还有NaClO3，且n(NaClO)/n(NaClO3)=3/1，则该反应被还原的氯原子与被氧化的氯原子物质的量之比为_____。27、（12分）久置的Na2S固体会潮解、变质、颜色变黄，探究Na2S变质的产物。资料：ⅰ．Na2S能与S反应生成Na2Sx(黄色)，Na2Sx与酸反应生成S和H2S；ⅱ．BaS、BaSx均易溶于水，H2S可溶于水，BaS2O3微溶于水；ⅲ．白色的Ag2S2O3难溶于水，且易转化为黑色Ag2S。将久置的Na2S固体溶于水，溶液呈黄色。取黄色溶液，滴加稀硫酸，产生白色沉淀(经检验该沉淀含S)。(1)推测Na2S变质的产物含有Na2Sx，实验证据是______。(2)研究白色沉淀产生的途径，实验小组同学进行如下假设：途径一：白色沉淀由Na2Sx与稀硫酸反应产生。途径二：Na2S变质的产物中可能含有Na2S2O3，白色沉淀由Na2S2O3与稀硫酸反应产生。途径三：Na2S变质的产物中可能含有Na2SO3，白色沉淀由……①Na2S2O3与稀硫酸反应的化学方程式是______。②请将途径三补充完全：______。(3)为检验Na2S变质的产物中是否含有Na2S2O3，设计实验：①取黄色溶液，向其中滴加AgNO3溶液，产生黑色沉淀。由此得出结论：Na2S变质的产物中含Na2S2O3。有同学认为得出该结论的理由不充分，原因是______。②改进实验，方案和现象如下：实验一：实验二：a．实验一的目的是_______。b．试剂1是_______，试剂2是_______。(4)检验Na2S变质的产物中是否含有Na2SO4：取黄色溶液，加入过量稀盐酸，产生白色沉淀。离心沉降(分离固体)后向溶液中滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀。你认为能否根据实验现象得出结论？说明理由：_______。28、（14分）纯过氧化氢是淡蓝色的黏稠液体，可与水以任意比混合，其水溶液俗称双氧水，为无色透明液体。实验室常用过氧化氢制取氧气，工业上过氧化氢是重要的氧化剂和还原剂，常用于消毒、杀菌、漂白等。某化学兴趣小组的同学围绕过氧化氢开展了调查研究与实验，请你参与其中一起完成下列学习任务：（1）写出过氧化氢的电子式：_____。（2）实验室中用过氧化氢制取氧气的化学方程式为____，当生成标准状况下1.12LO2时，转移电子为___mol。（3）该兴趣小组的同学查阅资料后发现H2O2为二元弱酸，其酸性比碳酸弱。请写出H2O2在水溶液中的电离方程式：___________。（4）同学们用0.1000mol·L－1的酸性高锰酸钾标准溶液滴定某试样中过氧化氢的含量。①写出该反应的离子方程式____________。②滴定到达终点的现象是____________。③用移液管吸取25.00mL试样置于锥形瓶中，重复滴定四次，每次消耗的酸性KMnO4标准溶液体积如下表所示：第一次第二次第三次第四次体积(mL)17.1019.1017.0016.90则试样中过氧化氢的浓度为____mol·L－1。④若滴定前尖嘴中有气泡，滴定后消失，则测定结果____(填“偏低”、“偏高”或“不变”)。（5）同学们发现向滴加了酚酞的NaOH溶液中加入H2O2后，溶液中红色消失。关于褪色原因：甲同学认为H2O2是二元弱酸，消耗了OH－使红色消失；乙同学认为H2O2具有漂白性使溶液褪色。请设计一个简单的实验方案来判断甲、乙两位同学的说法是否正确___________。29、（10分）氯化铜是一种广泛用于生产颜料、木材防腐剂等的化工产品。某研究小组用粗铜(含杂质Fe)按图1所示工艺流程制备氯化铜晶体(CuCl2·2H2O)：请回答下列问题：（1）为了完成步骤Ⅰ，可采用图2所示的装置将粗铜完全转化为固体a：①A装置中发生反应的离子方程式是___________________________________________。②在该实验中，点燃A、C装置中的酒精灯时，应该先点燃________装置的酒精灯，D装置的作用是_____________________________，C装置中生成的产物是________________。③有同学认为应在B装置前增加吸收HCl的装置，你认为是否必要____(填“是”或“否”)。（2）步骤Ⅱ的操作：将固体a置于烧杯中，然后加入_________，至固体完全溶解。（3）步骤Ⅲ中应先加入某试剂调节溶液b的pH以除去杂质，该试剂可选用下列试剂中的________(填序号)。a．NaOH溶液b．氨水c．CuOd．Cu2(OH)2CO3e．CuSO4溶液（4）步骤Ⅳ中，将溶液c蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到CuCl2·2H2O。现欲得到无水CuCl2，在实验室也可以采用图2所示装置使CuCl2·2H2O脱水得到无水CuCl2，则A装置中的两种化学试剂是___________________________(填名称)。

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【详解】A．向某溶液中加入硝酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成，可能生成硫酸钡、AgCl沉淀，溶液中可能含有SO32−、SO42−、Ag+等，故A错误；B．二氧化硫与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，二氧化硫表现还原性，故B错误；C．向溶液中加入NaOH溶液，若不加热，不会反应生成氨气，则将湿润的蓝色石蕊试纸放在试管口，试纸不变色，不能确定是否含有NH4+，故C错误；D．某溶液中加入KSCN溶液，无现象说明不含铁离子，再滴入氯水，溶液变红，说明生成铁离子，则溶液中一定有Fe2+，故D正确；答案选D。2、B【详解】A、氯水滴入溴化钠溶液中，NaBr溶液变为橙色，说明氧化性Cl2＞Br2；溴水滴入NaI溶液中，NaI溶液变为棕黄色，说明氧化性Br2＞I2，所以氧化性：Cl2＞Br2＞I2，故选A；B、Mg条表面有气泡产生，说明镁是正极，不能得出还原性Mg＞Al的结论，故选B；C、把二氧化碳通入硅酸钠溶液中，有白色沉淀硅酸生成，证明碳酸的酸性强于硅酸，最高价含氧酸的酸性越强，其非金属性越强，所以非金属性C＞Si，故不选C；D、金属性越强，金属单质越易与水反应，钾与水反应比钠与水反应更剧烈，证明金属性K＞Na，故不选D。【点睛】本题考查实验的设计与评价，注意设计的实验的严密性；B选项，要证明Mg＞Al的还原性，可把镁、铝用导线连接后伸入稀硫酸中，铝表面有气泡生成。3、A【解析】A.正丁烷和异丁烷中均有2中不同化学环境的氢原子，因此均有两种一氯取代物，故A正确；B.苯分子中不存在碳碳双键，故B错误；C.乙醇中羟基中的氢原子没有水分子中的氢原子活泼，在相同条件下没有水与金属钠的反应剧烈，故C错误；D.乙醛能与氢气发生还原反应生成乙醇，也能被氧化剂氧化成乙酸，故D错误；故选A。4、D【详解】A.

OH－在该循环中参与反应，又生成OH－，因此起到催化循环的作用，故A正确，但不符合题意；B.该循环过程产生了H2，故B正确，但不符合题意；C.该反应生成单质氢气，元素的化合价发生变化，属于氧化还原反应，故C正确，但不符合题意；D.该循环中Fe的成键数目发生了变化，有等，故D错误，符合题意；故选：D。5、C【解析】A.该分子含有碳碳三键、醛基和侧链甲基，能使酸性KMnO4溶液褪色，故A正确；B.该分子含有醛基，与新制氢氧化铜悬浊液加热煮沸产生砖红色沉淀，故B正确；C.该分子含有碳碳三键、醛基、苯环，1mol该物质和H2反应，最多消耗6molH2，故C错误；D.苯环上的氢原子有3种，所以苯环上的一氯代物有3种，故D正确。故选C。点睛：官能团是决定有机物化学性质的主要结构特征，有机物的性质可以简单认为是官能团性质的加合。6、B【分析】由结构可知，该有机物分子中含有酯基（-COO-），苯环上有3种H，分别位于取代基的邻位、间位和对位，结合酯的性质来解答。【详解】A.该有机物属于酯类物质，难溶于水，A项错误；B.苯环上有3种H，则苯环上的一氯代物有3种，B项正确；C.只有苯环与氢气发生加成反应，则最多能与氢气以物质的量之比1:3加成，C项错误；D.碱性水解的产物之一是2−丙醇，还生成苯甲酸钠，D项错误；答案选B。7、B【详解】CuO+H2Cu+H2O中，H元素的化合价升高，氢气为还原剂，①一氧化碳是常用的还原剂，具有还原性，则能代替氢气来实验；②稀硝酸中N元素的化合价为最高价，具有氧化性，则不能代替氢气；③稀盐酸不具有强还原性，则不能代替氢气来实验；④乙醇具有还原性，则能代替氢气来实验；故选B。8、C【分析】依据电解原理进行分析，解答；【详解】A、加入NaCl，根据电解原理，总电极反应式为2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑，与实验目的不符，故A不符合题意；B、加入HCl，总电极反应式为2HClH2↑＋Cl2↑，与实验目的不符，故B不符合题意；C、加入H2SO4，总电极反应式为2H2O2H2↑＋O2↑，与实验目的相符，故C合理；D、加入CuSO4，总电极反应式为2CuSO4＋2H2O2Cu＋O2↑＋2H2SO4，与实验目的不符，故D不符合题意；答案为C。9、A【详解】A.2Fe+3Cl22FeCl3，A错误；B.2Mg+CO22MgO+C，C+CO22CO，可以实现物质之间的转化关系，B正确；C.2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O，Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3，可以实现物质之间的转化关系，C正确；D．4NH3+5O24NO+6H2O，2NO+O2=2NO2，可以实现物质之间的转化关系，D正确。答案选D。10、D【解析】0.05mol/L丙溶液的pH为l，可知丙为二元强酸，应为H2SO4，K是无色气体，是主要的大气污染物之一，且可生成H2SO4，则应为SO2，可知乙为O2，L为H2O，乙是常见的气体，且与浓硫酸和甲反应生成，可知甲为C，M为CO2，则W为H元素，X为C元素，Y为O元素，Z为S元素，A、K、M常温下为气体，L为水，常温下为液体，沸点最高，选项A错误；B、同主族元素从上到下非金属性减弱，O＞S，选项B错误；C、同周期元素原子半径从左到右逐渐减小，C＞O，选项C错误；D、H2SO4也可由W、Y组成的化合物H2O2与SO2直接反应制得，选项D正确。答案选D。11、A【解析】由实验流程可知，①为粗盐溶解，②中硫酸根离子用钡离子转化为沉淀，③中镁离子用氢氧根离子沉淀，④中钙离子及过量钡离子用碳酸根离子沉淀，⑤为过滤，过滤分离出所有的沉淀，滤液含NaCl、NaOH、Na2CO3，⑥中用盐酸处理溶液中的碳酸根离子和氢氧根离子，⑧为蒸发、结晶、烘干，得到精盐，以此解答该题。【详解】A．由上述分析可知，①、⑤步骤的操作分别是溶解、过滤，故A正确；B．步骤④的目的是除去溶液中的Ca2+及过量的Ba2+，故B错误；C．步骤⑦中的蒸发所用到的仪器是酒精灯、玻璃棒、蒸发皿、铁架台(带铁圈)，故C错误；D．过程中②、④步骤互换，导致过量的钡离子不能除去，故D错误；故答案为A。12、C【解析】A、进行萃取实验时，溶质在萃取剂的溶解度必须比水大，A正确；B、为防止液体污染，分液时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，B正确；C、蒸馏时，温度计测定馏分的温度，温度计水银球应在蒸馏烧瓶的支管口处，故C错误；D、洗涤烧杯和玻璃棒的溶液未转入容量瓶中，移入容量瓶内氯化钠的物质的量就会偏小，D正确。答案选C。13、C【解析】A．稀释相同倍数，I的pH变化大，则I应为盐酸稀释时的pH值变化曲线，A正确；B．溶液导电性取决于离子浓度，a点的H+浓度大，离子总浓度大于c点，a点导电性强，B正确；C．b点溶液中存在未电离的醋酸，其中和NaOH能力比HCl溶液强，C错误；D．将a、b两溶液加热至30℃，a中c（Cl-）不变，加热促进醋酸的电离，c(CH3COO-)增大，则变小，D正确；答案选C。14、D【详解】A.过氧化钠可以和二氧化碳、水等物质反应生成氧气，可用作呼吸面具中的供氧剂，故A正确；B.在常温下金属铝遇到浓硫酸会发生钝化，可用铝制容器贮藏运输浓硫酸，故B正确；C.水玻璃为硅酸钠，将木材用硅酸钠溶液浸泡不易燃烧，可用于木材的防火，故C正确；D.碳酸钠碱性较强，对胃有腐蚀性，在医疗上，可用碳酸氢钠治疗胃酸过多，故D错误；答案选D。15、C【解析】A．胶体、溶液都能透过滤纸，过滤无法分开，故A错误；B．胶体和溶液的本质区别是分散质微粒直径大小，胶体的分散质微粒直径介于1～100nm之间，而溶液的分散质微粒直径小于1nm，故B错误；C．用渗析的方法可以分离胶体和溶液，溶液能通过半透膜，而胶体不能，半透膜只能让小分子和离子通过，故C正确；D．胶体不带电，胶体具有吸附性导致胶粒带电，故胶粒在电场作用下会产生电泳现象，故D错误；故选C。16、D【详解】强酸性溶液，一定不含、；加入硝酸钡，有白色沉淀生成，说明一定含有；加入硝酸钡，有气体生成，说明一定含有还原性离子Fe2+，生成的气体A是NO，D是NO2，E是HNO3；溶液B一定含有Fe3+、Ba2+，加入氢氧化钠生成沉淀Fe(OH)3，同时生成气体F，F是NH3，说明原溶液含有；溶液H一定含有Ba2+，通入二氧化碳气体，生成沉淀I，则I是碳酸钡或碳酸钡和Al(OH)3的混合物，则原溶液可能含有Al3+。根据分析，A.气体A是NO，故A错误；B.X溶液中可能含有Al3+，故B错误；C.溶液E是硝酸、气体F是氨气，发生反应生成硝酸铵，故C错误；D.X溶液中一定有Fe2+、、，一定不含、，不能确定的离子是Al3+和Cl－，故D正确。17、C【详解】A.二氧化硫具有还原性，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，A错误；B.由于硫化铜不溶于水也不溶于酸，所以向CuSO4溶液中通入H2S会出现黑色沉淀，但硫酸的酸性强于氢硫酸，B错误；C.将大理石投入一定浓度的醋酸溶液中，大理石溶解并产生气体，说明有二氧化碳生成，根据较强酸制备较弱酸的原理可知Ka(CH3COOH)＞Ka(H2CO3)，C正确；D.向溶液中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀生成，白色沉淀不一定是硫酸钡，也可能是氯化银，所以溶液中不一定存在硫酸根离子，D错误；答案选C。18、A【解析】加入过量稀硫酸无明显变化，说明不含碳酸根离子，不含Ba2+，不含AlO2-；加入硝酸钡有气体生成，因为前面已经加入了硫酸，硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，说明有亚铁离子存在且被氧化，沉淀为硫酸钡；加入NaOH有气体，说明存在铵根离子，生成的气体为氨气，沉淀B为红褐色氢氧化铁沉淀；通入CO2产生沉淀，说明存在Al3+，沉淀C为氢氧化铝。因为存在的离子浓度均为0.1mol•L-1，从电荷的角度出发，只能含有NH4+、Fe2+、Cl-、SO42-才能保证电荷守恒，K+必然不能存在。故A、原溶液中存在Al3+、NH4+、Fe2+、Cl-、SO42-，选项A正确；B、滤液X中大量存在的阳离子有NH4+、Fe2+和Al3+，选项B错误；C、沉淀C为氢氧化铝，选项C错误；D、原试液中含有Al3+、Cl-，选项D错误。答案选A。点睛：本题考查了常见离子的性质检验，注意硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，另外本题需要根据电荷守恒判断氯离子是否存在。19、D【解析】NaHCO3的溶解度较小，所以在饱和碳酸氢铵溶液中加入过量的硫酸钠溶液会产生NaHCO3沉淀，过滤后所得滤液A中有(NH4)2SO4和少量的NaHCO3，将滤液A用稀硫酸调节pH=2，使NaHCO3生成硫酸钠，得滤液B为(NH4)2SO4溶液和少量的硫酸钠溶液，在B溶液中加入硫酸铝可得铵明矾，据此答题。【详解】A.过程Ⅰ利用NaHCO3的溶解度比较小，NH4HCO3和Na2SO4发生反应：2NH4HCO3＋Na2SO4=2NaHCO3↓＋(NH4)2SO4，故A正确；B.溶液B已经呈酸性，检验SO42－只需加入BaCl2溶液即可，故B正确；C.若省略过程Ⅱ，溶液中还有一定量的HCO3－，加入Al2(SO4)3，Al2(SO4)3会与HCO3－发生双水解反应，铵明矾产率会明显减小，故C正确；D.向铵明矾溶液中逐滴加入NaOH溶液，先有氢氧化铝沉淀产生，后产生氨气，再后来氢氧化钠与氢氧化铝反应，沉淀消失，所以观察到：白色沉淀生成→刺激性气体逸出→白色沉淀消失，故D错误；答案选D。20、B【详解】A.根据图知，lg=0时，HX的pH>1，说明HX部分电离为弱电解质，HY的pH=1，说明HY完全电离，为强酸，HY的酸性大于HX，故A错误；B.酸或碱抑制水电离，酸中氢离子浓度越小其抑制水电离程度越小，根据图知，b溶液中氢离子浓度小于a，则水电离程度a<b，所以由水电离出的c(H＋)·c(OH－)：a<b，故B正确；C.酸的电离平衡常数只与温度有关，所以相同温度下，电离常数K(HX)：a=b，故C错误；D.lg＝3，若同时微热两种溶液，n(X-)增大，n(Y-)不变，二者溶液体积相等，所以变大，故D错误；故选B。21、C【解析】A、8.7gMnO2物质的量为0.1mol，40mL10mol/L的浓盐酸物质的量为0.4mol，按照化学方程式中的反应比应恰好反应，但浓盐酸在反应过程中浓度逐渐减小，当为稀盐酸时不再和二氧化锰反应生成氯气，所以生成的氯气分子数小于0.1NA，选项A错误；B、标准状况下，氯仿不是气体，11.2L氯仿的物质的量小于0.5mol，分子中含有的共价键总数小于2NA，选项B错误；C、甲基（—14C1H3）中含有的中子数和电子数分别为8、9，1mol甲基（—14C1H3）所含的中子数和电子数分别为8NA、9NA，选项C正确；D、过氧化钠中的钠为+1价，一个钠原子失去一个电子，则lmolNa变为+1价的钠离子失去1mol电子，也就是NA，选项D错误。答案选C。点睛：本题考查了气体摩尔体积的应用条件，化学方程式的计算中浓度的减小影响反应的产物生成，质量换算物质的量，结合分子式计算中子数、电子数等的应用。明确物质的量、阿伏加德罗常数的应用是解题的关键。22、A【详解】A．根据酯基位置异构和碳链异构可得：甲酸丙酯2种（丙基2种异构）、乙酸乙酯1种、丙酸甲酯1种，共4种，选项A正确；B．甲基环己烷上共有5种氢，甲基上一种，环上有4种，所以一氯代物共有5种，选项B错误；C．乙烯含双键与溴水发生加成反应，乙醇使酸性KMnO4溶液褪色发生氧化反应，则两个反应类型不同，选项C错误；D．乙酸、乙醇均能与金属钠反应，但它们所含的官能团分别为羧基和羟基，官能团不同，选项D错误。答案选A。二、非选择题(共84分)23、2-甲基丙烯碳碳双键、羧基加成反应+NaOH+NaCl+H2O+CH2=CHCOOH或防止碳碳双键被氧化【分析】A与氯气发生加成反应生成B，说明A中含有碳碳双键，结合D的结构简式可知A的结构简式为：，A与氯气发生加成反应生成B，B的结构简式为：，C与NaCN发生取代反应生成D，故C的结构简式为：，对比F的结构简式可知，D与Cl2发生反应生成E，E的结构简式为：，E在氢氧化钠溶液中加热生成F，反应a的目的是氧化羟基以生成羧基，反应b时利用羟基发生消去反应生成碳碳双键，二者不能颠倒，否则碳碳双键会被氧化，以此解答本题。【详解】（1）由上述分析可知，A为，其名称为：2-甲基丙烯；M中含有的官能团为：碳碳双键、羧基；（2）由上述分析可知，A→B的反应类型是加成反应；（3）B发生卤代烃的消去反应生成C，其反应方程式为：+NaOH+NaCl+H2O；（4）与CH2=CHCOOH按1:1发生加聚反应，其反应方程式为：+CH2=CHCOOH；（5）由上述分析可知，E的结构简式为：；（6）Q中除羧基外，不含有其它不饱和键，说明烃基成环，因此其结构有：、；（7）F先发生氧化反应，羟基转化为羧基，然后羟基再发生消去反应制得M，若先发生消去反应生成碳碳双键，则后续氧化羟基时，碳碳双键也会被氧化，因此不能颠倒。24、甲苯C7H7NO2羧基酯基还原反应10【分析】相对分子质量为92的某芳香烃X是一种重要的有机化工原料，令分子组成为CxHy，则=7…8，由烷烃中C原子与H原子关系可知，该烃中C原子数目不能小于7，故该芳香烃X的分子式为C7H8，结构简式为。在浓硫酸、加热条件下与浓硝酸发生取代反应生成E，结合G的结构可知E为，E转化生成F，由于苯胺容易被氧化，由反应信息Ⅰ、反应信息Ⅱ可知，F为，发生反应生成Y，Y为功能高分子化合物，故Y的结构简式为。【详解】(1)通过以上分析知，X为，为甲苯；G()的分子式为C7H7NO2，故答案为甲苯；C7H7NO2；(2)F为，B()中官能团的名称为酯基和羧基，故答案为；酯基、羧基；(3)F()→G()反应中硝基被还原为氨基，故答案为还原反应；(4)邻氨基苯甲酸在一定条件下反应生成Y，反应④的化学方程式为n+(n-1)H2O，故答案为n+(n-1)H2O；(5)B为()，其同分异构体满足下列条件：①含有苯环；②只含一种官能团；③1mol该有机物能与2molNaHCO3完全反应，说明含有两个羧基。如果取代基为-COOH、-CH2COOH，有邻间对3种结构；如果取代基为-CH(COOH)2，有1种结构；如果取代基为两个-COOH、一个-CH3，两个-COOH为相邻位置，有2种同分异构体；如果两个-COOH为相间位置，有3种同分异构体；如果两个-COOH为相对位置，有1种同分异构体；所以符合条件的有10种，故答案为10；(6)以C()为原料制备，在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应生成，与溴发生加成反应，所得产物在氢氧化钠水溶液中发生水解反应生成，合成反应流程图为：，故答案为。【点睛】本题考查有机推断。本题的难点为(6)中合成路线的设计，可以采用正向或逆向方法进行设计，关键是羟基的引入和羟基数目的改变方法，要注意卤代烃在羟基引入中的运用。25、检查装置气密性用作缓冲瓶或安全瓶CDE93.9%SnCl4+4NH3+4H2O=Sn(OH)4+4NH4Cl产率高，对环境污染小，实验药品用量较少（任写两点，合理即可）【分析】高锰酸钾和浓盐酸反应生成氯气（含有氯化氢），经过浓硫酸干燥，在具支试管内高温加热条件下氯气与锡粒反应生成SnCl4的蒸汽，经过冷凝管冷凝，在具支试管内收集SnCl4，未反应的氯气经导管用实验装置尾部的浸湿氢氧化钠溶液的棉球进行吸收。(1)由于SnCl4是一种极易水解的化合物，它的制备需要在无水的条件下，另外制取的氯气有毒，高温下与锡粒反应生成SnCl4的蒸汽，因此在进行制备实验前，要检查装置的气密性，防止空气中水蒸气进入及防止氯气进入大气；(2)根据分析，在具支试管内高温加热条件下氯气与锡粒反应生成SnCl4的蒸汽，导致实验装置内压强增大，因此V形管起到安全瓶或起缓冲作用；(3)A.根据图示仪器A的构造，不是蒸馏烧瓶；B.由于SnCl4是一种极易水解的化合物，为了充分干燥氯气，浓硫酸的体积应保证无氯气能直接通过球泡，不需要体积大于球泡；C.SnCl4是一种极易水解的化合物，操作时应先滴加浓盐酸，使整套装置内充满黄绿色气体，将实验装置内的空气全部赶出，保证干燥无水的环境，再用煤气灯加热；D.根据分析，在具支试管内高温加热条件下氯气与锡粒反应生成SnCl4的蒸汽，经过冷凝管冷凝，在具支试管内收集SnCl4；E.微型干燥管中的主要作用是防止水蒸气进入磨口具支试管，防止SnCl4水解，另外还可以用于吸收未反应的有毒气体氯气，因此试剂可以是碱石灰、五氧化二磷或无水氯化钙等能够吸水和吸收氯气的干燥剂；(4)根据反应Sn+Cl2SnCl4，计算出生成SnCl4的理论值，再根据产率=进行计算；(5)SnCl4遇氨及水蒸气的反应是制作烟幕弹的原理是：SnCl4+4NH3+4H2O=Sn(OH)4+4NH4Cl；(6)该微型实验的优点是产率高，对环境污染小，实验药品用量较少；【详解】(1)由于SnCl4是一种极易水解的化合物，它的制备需要在无水的条件下，另外制取的氯气有毒，高温下与锡粒反应生成SnCl4的蒸汽，因此在进行制备实验前，要检查装置的气密性，防止空气中水蒸气进入及防止氯气进入大气；故答案为：检查装置气密性；(2)根据分析，在具支试管内高温加热条件下氯气与锡粒反应生成SnCl4的蒸汽，导致实验装置内压强增大，因此V形管起到安全瓶或起缓冲作用；故答案为：用作缓冲瓶或安全瓶；(3)A.根据图示仪器A的构造，不是蒸馏烧瓶，故A错误；B.由于SnCl4是一种极易水解的化合物，为了充分干燥氯气，浓硫酸的体积应保证无氯气能直接通过球泡，不需要体积大于球泡，故B错误；C.SnCl4是一种极易水解的化合物，操作时应先滴加浓盐酸，使整套装置内充满黄绿色气体，将实验装置内的空气全部赶出，保证干燥无水的环境，再用煤气灯加热，故C正确；D.根据分析，在具支试管内高温加热条件下氯气与锡粒反应生成SnCl4的蒸汽，经过冷凝管冷凝，在具支试管内收集SnCl4，故D正确；E.微型干燥管中的主要作用是防止水蒸气进入磨口具支试管，防止SnCl4水解，另外还可以用于吸收未反应的有毒气体氯气，因此试剂可以是碱石灰、五氧化二磷或无水氯化钙等能够吸水和吸收氯气的干燥剂，故E正确；故答案为CDE；(4)生成SnCl4的反应为：Sn+2Cl2SnCl4，0.59锡的物质的量==0.004mol，则根据反应，生成SnCl4的物质的量=0.004mol，即SnCl4的质量=0.004mol×261g/mol=1.097g，则SnCl4产率===93.9%，故答案为：93.9%；(5)SnCl4遇氨及水蒸气的反应是制作烟幕弹的原理是：SnCl4+4NH3+4H2O=Sn(OH)4+4NH4Cl，故答案为：SnCl4+4NH3+4H2O=Sn(OH)4+4NH4Cl；(6)该微型实验的优点是产率高，对环境污染小，实验药品用量较少，故答案为：产率高，对环境污染小，实验药品用量较少（任写两点，合理即可）；26、MnO2+2Cl-+4H+Mn2++Cl2↑+2H2O2S2Cl2+2H2O=3S↓＋SO2↑+4HCl↑除去氯气中的HCla赶走装置内部的氧气和水，避免S2Cl2因反应而消耗2：1【分析】从装置图中可以看出，A为氯气的制取装置，B为除去氯气中氯化氢的装置，C为干燥氯气的装置，D为制取一氯化硫的装置，E为收集一氯化硫的装置，F为尾气处理装置。【详解】(1)A装置实验室制取Cl2的装置，发生反应的离子反应方程式为MnO2+2Cl-+4H+Mn2++Cl2↑+2H2O。答案为：MnO2+2Cl-+4H+Mn2++Cl2↑+2H2O(2)一氯化硫(S2Cl2)常温下较为稳定，受热易分解，易被氧化，且遇水即歧化，歧化产物中不仅有淡黄色固体(S)，而且还有两种气体(SO2、HCl)，用NaOH溶液吸收该气体可得两种盐Na2SO3和NaCl。一氯化硫与水反应的化学反应方程式2S2Cl2+2H2O=3S↓＋SO2↑+4HCl↑。答案为：2S2Cl2+2H2O=3S↓＋SO2↑+4HCl↑(3)B装置的作用是除去氯气中的HCl。答案为：除去氯气中的HCl(4)冷凝管的冷却水流向都是下进上出。所以D中冷水进水口为a。答案为：a因为一氯化硫易被氧化，且遇水即歧化，所以实验过程中，需要先点燃A处酒精灯，通入氯气一段时间后方可向D中水槽里面加入热水加热，这样做的目的是赶走装置内部的氧气和水，避免S2Cl2因反应而消耗。答案为：赶走装置内部的氧气和水，避免S2Cl2因反应而消耗(5)F装置是用来处理尾气氯气的，已知该吸收反应的氧化产物不仅有NaClO还有NaClO3，且n(NaClO)/n(NaClO3)=3/1，发生反应的化学方程式为：6Cl2+12NaOH=8NaCl+3NaClO+NaClO3+6H2O(按得失电子守恒配NaCl的化学计量数)则该反应被还原的氯原子与被氧化的氯原子物质的量之比为8：(3+1)=2：1。答案为2：127、溶液呈黄色Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+S↓+H2O白色沉淀由SO与S2-在酸性条件下反应产生(或白色沉淀由生成的H2S与SO2反应产生)剩余的Na2S也能与AgNO3溶液反应生成黑色的Ag2S沉淀确认Ag2SO4和Ag2SO3都不易转化为黑色固体，排除、SO对S2O检验的干扰BaCl2溶液AgNO3溶液可以，稀盐酸将S2O、SO等除去，不会产生干扰；或：不可以，检验过程中H2S等低价含硫物质被O2氧化【详解】（1）将久置的Na2S固体溶于水，溶液呈黄色，推测Na2S变质的产物含有Na2Sx（黄色）；（2）①Na2S2O3与稀硫酸反应生成二氧化硫和硫单质，化学方程式为：Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+S↓+H2O；②Na2S变质的产物中可能含有Na2SO3，白色沉淀由SO与S2-在酸性条件下反应产生(或白色沉淀由生成的H2S与SO2反应产生)；（3）①该结论的理由不充分，原因是：剩余的Na2S也能与AgNO3溶液反应生成黑色的Ag2S沉淀；②a.、SO有可能也和AgNO3溶液反应生成黑色固体，所以实验一的目的是：确认Ag2SO4和Ag2SO3都不易转化为黑色固体，排除、SO对S2O检验的干扰；b．黄色溶液中先加入BaCl2溶液生成白色沉淀BaS2O3；再加入AgNO3溶液白色沉淀转化为黑色沉淀Ag2S2O3；（4）可以，稀盐酸将S2O、SO等除去，不会产生干扰；或：不可以，检验过程中H2S等低价含硫物质被O2氧化。28、2H2O22H2O＋O2↑0.1H2O2H＋＋HO2－、HO2－