2026届江西省宜春市宜春中学化学高三上期末学业水平测试试题含解析

2026届江西省宜春市宜春中学化学高三上期末学业水平测试试题考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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、298K时，甲酸(HCOOH)和甲酸钠的混合溶液中HCOOH、HCOO−的浓度存在关系式c(HCOO−)+c(HCOOH)=0.100mol·L−1，而含碳元素的粒子的浓度与pH的关系如图所示：下列说法正确的是()A．0.1mol·L−1HCOONa溶液中有c(HCOO−)+c(HCOOH)+c(OH−)=c(H+)+0.1B．298K时，HCOOH的电离常数Ka=1.0×10−3.75C．298K时，加蒸馏水稀释P点溶液，溶液中n(H+)·n(OH−)保持不变D．0.1mol·L−1HCOONa溶液和0.1mol·L−1HCOOH溶液等体积混合后混合液的pH=3.75(混合后溶液体积变化忽略不计)2、W、X、Y、Z为原子序数依次增大的四种短周期元素，W的简单氢化物可用作制冷剂，Y所在周期数与族序数相同，X与Y为同周期元素，Z原子的最外层电子数与W的电子总数相等。下列说法正确的是A．简单离子半径：W＞X＞Y＞Z B．W、X的氢化物在常温下均为气体C．X、Y的最高价氧化物的水化物均为强碱 D．W与Z形成的化合物中只有共价键3、化学与生活密切相关，下列有关说法不正确的是（）A．在海轮外壳镶嵌锌块能减缓轮船的腐蚀B．燃煤中加入CaO可以减少温室气体的排放C．加热能杀死新型冠状病毒是因为蛋白质受热变性D．医用消毒酒精中乙醇的浓度（体积分数）为75%4、NA代表阿伏加德罗常数的值。4gα粒子(4He2+)含A．2NA个α粒子 B．2NA个质子 C．NA个中子 D．NA个电子5、下列表示不正确的是（）A．HCl的电子式B．SiO2的结构式O=Si=OC．S的原子结构示意图D．乙炔的分子式C2H26、下列离子方程式书写正确的是A．过量的SO2通入NaOH溶液中：SO2+2OH-=SO32-+H2OB．Fe(NO3)3溶液中加入过量的HI溶液：2Fe3++2I-=2Fe2++I2C．NaNO2溶液中加入酸性KMnO4溶液：2MnO4-+5NO2-+6H+=2Mn2++5NO3-+3H2OD．NaHCO3溶液中加入过量的Ba(OH)2溶液：2HCO3-+Ba2++2OH-=BaCO3↓+2H2O+CO32-7、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．1.3g乙炔和苯蒸汽混合气体中的碳氢键（C﹣H）数为0.1NAB．一定条件下，2molSO2与1molO2反应生成的SO3分子数为2NAC．1L0.1mol•L﹣1的乙酸溶液中含H+的数量为0.1NAD．2.24L的CO和N2混合气体中含有的质子数为1.4NA8、已知1mol氢气和氧气完全燃烧生成水蒸气放出241.8千焦热量，下列热化学方程式正确的是A．2H2（g）+O2（g）→2H2O（g）+241.8kJB．H2（g）+1/2O2（g）→H2O（s）+241.8kJC．H2（g）+1/2O2（g）→H2O（g）-241.8kJD．H2O（g）→H2（g）+1/2O2（g）-241.8kJ9、下列实验装置应用于铜与浓硫酸反应制取二氧化硫和硫酸铜晶体，能达到实验目的的是A．用图甲装置制取并收集二氧化硫B．用图乙装置向反应后的混合物中加水稀释C．用图丙装置过滤出稀释后混合物中的不溶物D．用图丁装置将硫酸铜溶液蒸发结晶10、下列化学用语表述正确的是()A．丙烯的结构简式:CH3CHCH2B．丙烷的比例模型:C．氨基的电子式HD．乙酸的键线式:11、下表中对应关系正确的是A

CH3CH3+Cl2CH3CH2Cl+HCl

CH2=CH2+HClCH3CH2Cl

均为取代反应

B

由油脂得到甘油

由淀粉得到葡萄糖

均发生了水解反应

C

Cl2+2Br‾=2Cl‾+Br2

Zn+Cu2+=Zn2++Cu

均为单质被还原的置换反应

D

2Na2O2+2H2O+4NaOH+O2↑

Cl2+H2O=HCl+HClO

均为水作还原剂的氧化还原反应

A．A B．B C．C D．D12、下列叙述正确的是A．天然气主要成分的结构式： B．和互为同素异形体C．漂白粉主要成分的化学式：Ca(ClO)2 D．苯的比例模型：13、其它条件不变，升高温度，不一定增大的是A．气体摩尔体积Vm B．化学平衡常数KC．水的离子积常数Kw D．盐类水解程度14、下列有关叙述正确的是A．某温度下，1LpH=6的纯水中含OH一为10-8molB．25℃时，向0.1mol•L-1CH3COONa溶液中加入少量水，溶液中减小C．25℃时，将V1LpH=11的NaOH溶液与V2LpH=3的HA溶液混合，溶液显中性，则V1≤V2D．25℃时，将amol•L-1氨水与0.01mol•L-1盐酸等体积混合，反应完全时溶液中c(NH4+)＝c(Cl-)，用含a的代数式表示NH3•H2O)的电离常数Kb=15、某溶液中可能含有离子：K+、Na+、Fe2+、Fe3+、SO32-、SO42-，且溶液中各离子的物质的量相等，将此溶液分为两份，一份加高锰酸钾溶液，现象为紫色褪去，另一份加氯化钡溶液，产生了难溶于水的沉淀。下列说法正确的是（）A．若溶液中含有硫酸根，则可能含有K+B．若溶液中含有亚硫酸根，则一定含有K+C．溶液中可能含有Fe3+D．溶液中一定含有Fe2+和SO42-16、同一周期的X、Y、Z三种元素，已知最高价氧化物对应水化物的酸性顺序为HXO4＞H2YO4＞H3ZO4，则下列判断错误的是A．原子半径：X＞Y＞Z B．气态氢化物的稳定性：HX＞H2Y＞ZH3C．元素原子得电子能力：X＞Y＞Z D．阴离子的还原性：Z3－＞Y2－＞X－17、中国第二化工设计院提出，用间接电化学法对大气污染物NO进行无害化处理，其原理示意如图(质子膜允许H+和H2O通过)，下列相关判断正确的是A．电极Ⅰ为阴极，电极反应式为2H2O+2e-=2OH-+H2↑B．电解池中质子从电极Ⅰ向电极Ⅱ作定向移动C．吸收塔中的反应为2NO+2S2O42-+H2O=N2+4HSO3-D．每处理1molNO电解池质量减少16g18、食盐加碘是往食盐中加入微量KIO3。工业中往KOH和KI混合溶液中通入Cl2制取KIO3，以下说法不正确的是（）A．该条件下氧化性：Cl2>KIO3B．反应产物中含有KClC．制取KIO3的反应中消耗KOH和KI的物质的量比是6：1D．取少量反应后混合液，加足量稀HNO3，再滴加AgNO3溶液，若无黄色沉淀，则反应已完全19、常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A．遇苯酚显紫色的溶液：I－、K+、SCN－、Mg2＋B．pH＝12的溶液：K+、Na＋、ClO－、SO32—C．水电离的c(OH－)＝1×10－13mol·L－1的溶液中：K＋、Cl－、CH3COO－、Cu2+D．0.1mol·L－1的K2SO4溶液：Na＋、Al3＋、Cl—、NO3—20、W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，它们分别位于三个不同的周期。常温下，元素W与X可形成两种液态物质；Y、Z两种元素可组成二聚气态分子(如图所示)，其中Y原子的最外层电子数等于其电子层数。下列叙述不正确的是（）A．W与Z具有相同的负化合价B．四种元素的简单离子半径由大到小的顺序：Z>Y>X>WC．Y2Z6分子中所有原子的最外层均满足8电子稳定结构D．工业上可电解X与Y形成的熔融化合物制取Y的单质21、研究反应物的化学计量数与产物之间的关系时，使用类似数轴的方法可以收到的直观形象的效果。下列表达不正确的是（）A．密闭容器中CuO和C高温反应的气体产物：B．Fe在Cl2中的燃烧产物：C．AlCl3溶液中滴加NaOH后铝的存在形式：D．氨水与SO2反应后溶液中的铵盐：22、化合物Y具有抗菌、消炎作用，可由X制得。下列有关化合物X、Y的说法不正确的是（）A．1molX最多能与3molNaOH反应B．Y与乙醇发生酯化反应可得到XC．X、Y均能使酸性高锰酸钾溶液褪色D．室温下X、Y分别与足量Br2加成的产物分子中手性碳原子数目相等二、非选择题(共84分)23、（14分）研究发现艾滋病治疗药物利托那韦对新型冠状病毒也有很好的抑制作用，它的合成中间体2-异丙基-4-(甲基氨基甲基)噻唑可按如下路线合成：回答下列问题：(1)A的结构简式是__________，C中官能团的名称为______________。(2)①、⑥的反应类型分别是__________、_____。D的化学名称是______。(3)E极易水解生成两种酸，写出E与NaOH溶液反应的化学方程式：_______。(4)H的分子式为__________________。(5)I是相对分子质量比有机物D大14的同系物，写出I符合下列条件的所有同分异构体的结构简式：_____________。①能发生银镜反应②与NaOH反应生成两种有机物(6)设计由，和丙烯制备的合成路线______________(无机试剂任选)。24、（12分）化合物X是一种香料，可采用乙烯与甲苯为主要原料，按下列路线合成：已知：RCHO＋CH3COOR1RCH＝CHCOOR1请回答：（1）F的名称为_____________。（2）C→D的反应类型为_________。（3）D→E的化学方程式________________________。（4）X的结构简式____________________。（5）D的芳香族化合物同分异构体有______种(不考虑立体异构)，其中核磁共振氢谱为4组峰，且峰面积之比为3∶2∶2∶1的是_________(写结构简式)。25、（12分）吊白块(NaHSO2·HCHO·2H2O，M=154.0g/mol)在工业中有广泛应用；吊白块在酸性环境下、100℃即发生分解释放出HCHO。实验室制备吊白块的方案如下：NaHSO3的制备：如图，在广口瓶中加入一定量Na2SO3和水，振荡溶解，缓慢通入SO2，至广口瓶中溶液pH约为4，制得NaHSO3溶液。（1）装置Ⅰ中产生气体的化学反应方程式为__；Ⅱ中多孔球泡的作用是__。（2）实验室检测NaHSO3晶体在空气中是否发生氧化变质的实验方案是__。吊白块的制备：如图，向仪器A中加入上述NaHSO3溶液、稍过量的锌粉和一定量甲醛，在80~90℃C下，反应约3h，冷却过滤。（3）仪器A的名称为___；用恒压漏斗代替普通滴液漏斗滴加甲醛的优点是__。（4）将仪器A中的反应温度恒定在80~90℃的目的是__。吊白块纯度的测定：将0.5000g吊白块样品置于蒸馏烧瓶中，加入10%磷酸10mL，立即通入100℃水蒸气；吊白块分解并释放出甲醛，用含36.00mL0.1000mol·L－1酸性KMnO4吸收甲醛(不考虑SO2影响，4MnO4－+5HCHO+12H+=4Mn2++5CO2↑+11H2O)，再用0.1000mol·L－1的草酸标准溶液滴定酸性KMnO4，再重复实验2次，平均消耗草酸溶液的体积为30.00mL。（5）滴定终点的判断方法是__；吊白块样品的纯度为__%(保留四位有效数字)；若KMnO4标准溶液久置释放出O2而变质，会导致测量结果__(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)26、（10分）用6mol·L-1的硫酸配制100mL1mol·L-1硫酸，若实验仪器有：A．100mL量筒B．托盘天平C．玻璃棒D．50mL容量瓶E．20mL量筒F．胶头滴管G．50mL烧杯H．100mL容量瓶（1）实验时应选用仪器的先后顺序是（填入编号）__。（2）在容量瓶的使用方法中，下列操作不正确的是（填写编号）__。A．使用容量瓶前检查它是否漏水B．容量瓶用蒸馏水洗净后，再用待配溶液润洗C．配制溶液时，如果试样是固体，把称好的试样用纸条小心倒入容量瓶中，缓慢加入蒸馏水到接近标线2cm～3cm处，用滴管滴加蒸馏水到标线D．配制溶液时，如果试样是液体，用量筒量取试样后直接倒入容量瓶中，缓慢加入蒸馏水到接近容量瓶刻度标线1cm～2cm处，用滴管滴加蒸馏水到刻度线E．盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，用另一只手的手指托住瓶底，把容量瓶倒转和摇动多次27、（12分）I.硝酸钾用途广泛，工业上一般用复分解反应制取硝酸钾（相关物质的溶解度曲线见表）。以硝酸钠和氯化钾为原料制备硝酸钾的工艺流程如下：完成下列填空：(1)为了加速固体溶解，可采取的措施有__________(至少写两种)；实验室进行蒸发结晶操作时，为了防止液滴飞溅，进行的操作是_____________。(2)过滤I所得滤液中含有的离子是________；过滤I所得滤液在进行冷却结晶前应补充少量水，目的是______________。(3)检验产品KNO3中杂质的方法是________________。II.实验室模拟工业上用氯化钾和硝酸铵为原料制取硝酸钾的过程如下：取40gNH4NO3和37.25gKCl固体加入100g水中，加热至90℃，固体溶解,用冰水浴冷却至5℃以下，过滤(a)。在滤液中再加入NH4NO3，加热蒸发，当体积减小到约原来的时，保持70℃过滤(b)，滤液可循环使用。完成下列填空：(4)过滤(a)得到的固体物质主要是__________；在滤液中再加入NH4NO3的目的是________________________。(5)为检测硝酸钾样品中铵盐含量，称取1.564g样品，加入足量的NaOH浓溶液，充分加热，生成的气体用20.00mL0.102mol/LH2SO4溶液全部吸收，滴定过量的H2SO4用去0.089mol/L标准NaOH溶液16.55mL。滴定过程中使用的指示剂是________；样品中含铵盐(以氯化铵计)的质量分数是___________(保留3位小数)。28、（14分）甲醇是应用广泛的化工原料和前景乐观的无色液体燃料。请按要求回答下列问题。(1)已知25℃、101kpa时一些物质的燃烧热如下表：物质CH3OH(l)CO(g)H2(g)燃烧热/(kJ/mol)726.8283.0285.8写出由CO和H2反应生成CH3OH(l)的热化学方程式：_________________________。(2)一定温度下，在容积为2L的恒容密闭容器中进行反应：CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)，其相关数据如图所示。①从反应开始至5min时，用CH3OH表示的反应平均速度为____________。②图中反应达平衡时，K=_______(mol/L)-2；CO的平衡转化率为________________。(3)人们利用甲醇制得能量转化率高、对环境无污染的燃料电池，其工作原理如图所示，该装置工作时，a极反应式为____________________。若用该电池及惰性电极电解2L饱和和食盐水产生224mL(标准误差2)Cl2时(假设全部句逸出并收集，忽略溶液体积的变化)，常温下所得溶液的pH为________。(4)甲醇在一定条件下可转化为甲酸。常温下，向0.1mol/LHCOOH溶液中滴加0.1mol/LNaOH溶液至pH=7[已知，K(HCOOH)=1.8×10-4]。此时混合游学中两溶质的物质的量之比n(HCOOH)：n(HCOONa)____________。29、（10分）铝是地壳中含量最高的金属元素，其单质及其化合物在生产生活中的应用十分广泛。（1）铝原子最外层电子排布式是________，铝原子核外有___种能量不同的电子。（2）1827年，德国化学家维勒用金属钾与无水氯化铝反应而制得了金属铝。不用钾与氯化铝溶液制铝的理由是_________；现代工业炼铝是以Al2O3为原料，与冰晶石(Na3A1F6)在熔融状态下进行电解，其阴极电极反应式为___________________________。（3）用铝和金属氧化物反应制备金属单质是工业上较常用的方法。如：2Al+4BaO3Ba↑+BaO·Al2O3，用化学平衡移动原理解释上述方法可制取金属Ba的原因是________。（4）LiAlH4由Li+、A1H4-构成，是有机合成中常用的试剂，LiAlH4在125℃分解为LiH、H2和Al。①比较Li+、H-、Al3+、H+离子半径大小____________。②写出LiAlH4分解的方程式（需配平）_______，若反应生成3.36L氢气（标准状况下），则有____g铝生成。③LiAlH4与乙醛反应可生成乙醇，推断LiAlH4是反应的_________剂。

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、B【解析】

A．0.1mol·L−1HCOONa溶液中酸根水解溶液显碱性c(OH−)＞c(H+)，根据物料守恒可知c(HCOO−)+c(HCOOH)=c(Na+)=0.1mol·L−1，因此c(HCOO−)+c(HCOOH)+c(OH−)＞c(H+)+0.1mol·L−1，A错误；B．根据图像可知P点时298K时c(HCOO−)＝c(HCOOH)，c(H+)＝10－3.75mol·L−1，则HCOOH的电离常数Ka==c(H+)=1.0×10−3.75，B正确；C．298K时，加蒸馏水稀释P点溶液，溶液中氢离子或氢氧根的物质的量增加，溶液中n(H+)·n(OH−)增大，C错误；D．0.1mol•L-1HCOONa溶液和0.1mol•L-1HCOOH溶液等体积混合后，虽然混合溶液中c(HCOO-)+c(HCOOH)=0.100mol•L-1，但由于HCOOH的电离程度大于HCOONa的水解程度，混合溶液中c(HCOO-)＞c(HCOOH)，故溶液的pH＞3.75，D错误。答案选B。【点睛】进行电离平衡常数计算时要注意曲线中的特殊点，例如起点、中性点等，比较溶液中离子浓度大小时一定要灵活应用电荷守恒、物料守恒以及质子守恒等。2、D【解析】

W、X、Y、Z为原子序数依次增大的四种短周期元素，W的简单氢化物可用作制冷剂，常用作制冷剂的氢化物为氨气，则W为氮；Y所在周期数与族序数相同，则Y可能为铝；X与Y为同周期元素，则X为钠或镁；Z原子的最外层电子数与W的电子总数相等，则Z核外有17个电子，Z为氯，据此解答。【详解】根据分析可知：W为N元素，X为Na或Mg元素，Y为Al元素，Z为Cl元素。A.简单离子半径，电子层数多半径大，电子层数相同核电荷数大半径小，故离子半径：Z＞W＞X＞Y，故A错误；B.W氢化物为NH3，常温下为气体，X氢化物常温下为固体，故B错误；C.Mg、Al的最高价氧化物的水化物为弱碱，故C错误；D.N与Cl都为非金属，形成的化合物中只含有共价键，故D正确；故选D。3、B【解析】

A．Zn、Fe、海水形成原电池中，Zn比Fe活泼作负极，Fe作正极，发生得电子的还原反应得到保护，该方法为牺牲阳极的阴极保护法，故A正确；B．燃煤中加入CaO可吸收二氧化硫，减少酸雨的发生，不能减少温室气体的排放，故B错误；C．加热可使蛋白质发生变性，则加热能杀死新型冠状病毒是因为蛋白质受热变性，故C正确；D．75%的酒精可用于杀菌消毒，杀毒效果好，对人体危害最小，浓度太大易在细胞壁上形成一层膜阻止酒精渗入，浓度太小杀菌效果差，故D正确；故答案选B。4、B【解析】

A.4gα粒子(4He2+)的物质的量为=1mol，共有NA个α粒子，故A错误；B.1个4He2+含有2个质子，4gα粒子(4He2+)的物质的量为=1mol，共有2NA个质子，故B正确；C.1个4He2+含有2个中子，gα粒子(4He2+)的物质的量为=1mol，共有2NA个中子，故C错误；D.4He2+中没有电子，故D错误；正确答案是B。【点睛】本题考查阿伏加德罗常数的综合应用，注意掌握分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系。5、B【解析】A.HCl是共价化合物，其电子式为B.SiO2是原子晶体，是立体网状结构，如，故B错误；C.S的核电荷数为16，其原子结构示意图为D.乙炔的分子式为C2H2，故D正确；答案为B。6、C【解析】

A、过量的SO2通入NaOH溶液中发生的反应为：SO2+OH﹣═HSO3﹣，故A错误；B、Fe（NO3）3溶液中加入过量的HI溶液后，溶液中存在强氧化性的硝酸，能将亚铁离子氧化，所以产物不会出现亚铁离子，故B错误；C、NaNO2溶液中加入酸性KMnO4溶液发生氧化还原反应，实质是：2MnO4﹣+5NO2﹣+6H+═2Mn2++5NO3﹣+3H2O，故C正确；D、NaHCO3溶液中加入过量的Ba（OH）2溶液发生的反应为：HCO3﹣+Ba2++OH﹣═BaCO3↓+H2O，故D错误．故选C。7、A【解析】

A．乙炔和苯具有相同最简式CH，1molCH含有1个C-H键；B．二氧化硫与氧气反应为可逆反应，可逆反应不能进行到底；C．乙酸为弱电解质，部分电离；D．气体状况未知。【详解】A.1.3g乙炔和苯蒸汽混合气体含有CH物质的量为：=0.1mol，含有碳氢键（C﹣H）数为0.1NA，故A正确；B．二氧化硫与氧气反应为可逆反应，可逆反应不能进行到底，所以一定条件下，2molSO2与1molO2反应生成的SO3分子数小于2NA，故B错误；C．乙酸为弱电解质，部分电离，1L0.1mol•L﹣1的乙酸溶液中含H+的数量小于0.1NA，故C错误；D．气体状况未知，无法计算混合气体物质的量和含有质子数，故D错误；故选：A。【点睛】解题关键：熟练掌握公式的使用和物质的结构，易错点D，注意气体摩尔体积使用条件和对象，A选项，注意物质的结构组成。8、D【解析】

1mol氢气和氧气完全燃烧生成水蒸气放出241.8kJ热量，该反应的热化学方程式为：H2（g）+O2（g）=H2O（g）△H=-241.8kJ/mol，即H2（g）+1/2O2（g）→H2O（g）+241.8kJ，选项B、C均错误；2mol氢气和氧气完全燃烧生成水蒸气放出483.6kJ热量，该反应的热化学方程式为：2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H=-483.6kJ/mol，即2H2（g）+O2（g）→2H2O（g）+483.6kJ，选项A错误；1mol水蒸气分解生成氢气和氧气吸收241.8kJ热量，该反应的热化学方程式为：H2O（g）=H2（g）+O2（g）△H=+241.8kJ/mol，即H2O（g）→H2（g）+1/2O2（g）-241.8kJ，选项D正确。答案选D。【点睛】据热化学方程式的书写原则写出氢气燃烧生成气态水的热化学方程式，方程中的热量和化学计量数要对应，根据1mol气态水转化成液态水放出的热量，结合氢气与氧气反应生成气态水的反应热计算生成液态水的反应热。9、C【解析】

A．二氧化硫密度比空气大；B．类比浓硫酸的稀释；C．操作符合过滤中的一贴二低三靠；D．溶液蒸发浓缩、冷却结晶得到硫酸铜晶体。【详解】A．二氧化硫密度比空气大，应用向上排空气法收集，选项A错误；B．反应后的混合物中含有浓度较大的硫酸，稀释该混合物时，要将混合液沿烧杯内壁缓慢加入水中，并用玻璃棒不断搅拌，选项B错误；C．转移液体时用玻璃棒引流，防止液体飞溅，操作符合过滤中的一贴二低三靠，操作正确，选项C正确；D．溶液蒸发浓缩、冷却结晶得到硫酸铜晶体，不能进行蒸发结晶，选项D错误。答案选C。【点睛】本题考查较为综合，涉及基础实验操作，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，为高频考点，注意把握实验的方法、步骤和使用的仪器，注重相关基础知识的积累，难度不大。10、D【解析】

A.丙烯的结构简式为CH3CH=CH2，碳碳双键是官能团，必须表示出来，故A不选；B.如图所示是丙烷的球棍模型，不是比例模型，故B不选；C.氨基的电子式为，故C不选；D.乙酸的键线式：，正确，故D选。故选D。11、B【解析】

A．CH2=CH2+HCl→CH3CH2Cl为烯烃的加成反应，而CH3CH3+Cl2CH3CH2Cl+HCl为烷烃的取代反应，故A错误；B．油脂为高级脂肪酸甘油酯，水解生成甘油；淀粉为多糖，水解最终产物为葡萄糖，则均发生了水解反应，故B正确；C．Cl2+2Br-═2Cl-+Br2中Cl元素的化合价降低；Zn+Cu2+═Zn2++Cu中Zn元素的化合价升高，前者单质被还原，后者单质被氧化，均属于置换反应，故C错误；D.2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑中只有过氧化钠中O元素的化合价变化，水既不是氧化剂也不是还原剂；Cl2+H2O═HCl+HClO中只有Cl元素的化合价变化，属于氧化还原反应，但水既不是氧化剂也不是还原剂，故D错误；故选B。【点睛】本题的易错点是D，2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑反应中只有过氧化钠中的O元素的化合价变化；Cl2+H2O═HCl+HClO中只有Cl元素的化合价变化。12、D【解析】

A.天然气主要成分是甲烷，结构式：，故A错误；B.和互为同位素，故B错误；C.漂白粉主要成分的化学式：Ca(ClO)2和CaCl2，故C错误；D.苯的比例模型：，故D正确；故选D。13、B【解析】

A.气体摩尔体积Vm，随温度的升高而升高，故错误；；B.可能为吸热反应，也可能为放热反应，则升高温度，可能正向移动或逆向移动，化学平衡常数K不一定增大，故B选；C.水的电离吸热，则升高温度水的离子积常数Kw增大，故C不选；D.水解反应吸热，则升高温度盐类的水解平衡常数Kh增大，故D不选；故选：B。14、D【解析】

A．某温度下，1LpH=6的纯水中c(OH－)=c(H＋)=10-6mol•L-1,含OH一为10-6mol，故A错误；B．25℃时，向0.1mol•L-1CH3COONa溶液中加入少量水，促进水解，碱性减弱，氢离子浓度增大，醋酸浓度减小，溶液中增大，故B错误；C．pH=11的NaOH溶液中氢氧根离子浓度为0.001mol·L－1，pH=3的HA溶液中氢离子浓度为0.001mol·L－1，若HA为强电解质，要满足混合后显中性，则V1=V2；若HA为弱电解质，HA的浓度大于0.001mol·L－1，要满足混合后显中性，则V1＞V2，所以V1≥V2，故C错误；D．在25℃下，平衡时溶液中c（NH4＋）=c（Cl－）=0.005mol·L－1，根据物料守恒得c（NH3·H2O）=（0.5a-0.005）mol·L－1，根据电荷守恒得c（H＋）=c（OH－）=10-7mol·L－1，溶液呈中性，NH3·H2O的电离常数Kb=，故D正确；故选D。【点睛】本题考查了弱电解质在溶液中的电离平衡，注意明确弱电解质在溶液中部分电离，C为易错点，注意讨论HA为强电解质和弱电解质的情况，D是难点，按平衡常数公式计算。15、B【解析】

向溶液中加高锰酸钾溶液，现象为紫色褪去，说明溶液中含有还原性微粒，可能含有Fe2+或；另一份加氯化钡溶液，产生了难溶于水的沉淀，溶液中可能含有或；若溶液中阴离子只有，与Fe2+会发生双水解，因溶液中各离子的物质的量相等以及会与Fe3+反应，因此阳离子为K+、Na+；若溶液中阴离子为，则阳离子为Fe2+（不能含有K+、Na+，否则溶液不能使高锰酸钾褪色）；若溶液中阴离子为、，Fe3+、Fe2+与不能共存，故溶液中阴离子不可能同时含有、；综上所述，答案为B。【点睛】本题推断较为复杂，需要对于离子共存相关知识掌握熟练，且需依据电荷守恒进行分析，注意分类讨论。16、A【解析】

元素非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，由题意可知，最高价氧化物对应水化物的酸性是：HXO4＞H2YO4＞H3ZO4，则元素非金属性X＞Y＞Z。【详解】A项、同周期元素从左到右，原子半径逐渐减小，非金属性依次增强，则原子半径：X＜Y＜Z，故A错误；B项、元素非金属性越强，氢化物越稳定，非金属性：X＞Y＞Z，则气态氢化物的稳定性：HX＞H2Y＞ZH3，故B正确；C项、元素非金属性越强，原子得电子能力越强，元素非金属性：X＞Y＞Z，则原子得电子能力：X＞Y＞Z，故C正确；D项、元素非金属性越强，阴离子的还原性越弱，非金属性：X＞Y＞Z，则阴离子的还原性：Z3－＞Y2－＞X－，故D正确。故选A。17、C【解析】

在电极Ⅰ，HSO3-转化为S2O42-，S元素化合价由+4价降低为+3价发生还原反应，则该电极作电解池的阴极，电极Ⅱ为电解池的阳极，在电极Ⅱ上H2O失电子发生氧化反应生成O2和H+。【详解】A．电极Ⅰ为电解池的阴极，电极反应式为2HSO3-+2e-+2H+=S2O42-+2H2O，A不正确；B．由于阴极需消耗H+，而阳极生成H+，电解池中质子从电极Ⅱ向电极Ⅰ作定向移动，B不正确；C．从箭头的指向，可确定吸收塔中S2O42-与NO反应，生成HSO3-和N2，发生反应为2NO+2S2O32-+H2O=N2+4HSO3-，C正确；D．每处理1molNO，阴极2HSO3-→S2O42-，质量增加34g，阳极H2O→O2，质量减轻16g，电解池质量增加34g-16g=18g，D不正确；故选C。18、D【解析】

A.该反应中，Cl2为氧化剂，KIO3为氧化产物，氧化性：氧化剂＞氧化产物，所以该条件下氧化性：Cl2＞KIO3，故A正确；B.还原产物为KCl，所以反应产物中含有KCl，故B正确；C.方程式为6KOH+3Cl2+KI＝KIO3+6KCl+3H2O，制取KIO3的反应中消耗KOH和KI的物质的量比是6：1，故C正确；D.如果反应中碘化钾过量，则加入稀硝酸后碘离子也能被氧化为碘酸钾，不会出现黄色沉淀，所以不能据此说明反应不完全，故D错误。故答案选D。【点睛】选项D是解答的易错点，注意硝酸的氧化性更强，直接加入硝酸也能氧化碘离子。19、D【解析】

A．遇苯酚显紫色的溶液，说明溶液中含有Fe3+，Fe3+与I－因发生氧化还原反应而不能大量共存，Fe3+与SCN－能反应生成络合物，而不能大量共存，A不符合题意；B．ClO－具有强氧化性，SO32-具有还原性，ClO－与SO32-能发生氧化还原反应而不能大量共存，B不符合题意；C．酸碱抑制水的电离，溶液中水电离的c(OH－)＝1×10－13mol·L－1，该溶液可能显酸性或碱性；酸性溶液中，H+与CH3COO－不能大量共存，C不符合题意；D．0.1mol·L－1的K2SO4溶液，溶液中的Na＋、Al3＋、Cl-、NO3-能够大量共存，D符合题意；答案选D。【点睛】在做离子共存题的时候，重点要注意题目中暗含的信息，例如溶液中水电离的c(OH－)＝1×10－13mol·L－1，这个溶液可能是酸性溶液也可能是碱性溶液，弱酸根离子与H+不能够大量共存，弱碱阳离子与OH-不能够大量共存。20、B【解析】

“W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，它们分别位于三个不同的周期”，由此可推出W为氢元素(H)；由“元素W与X可形成两种液态物质”，可推出X为氧(O)元素；由“Y原子的最外层电子数等于其电子层数”，可推出Y为第三周期元素铝(Al)；由“Y、Z两种元素可组成二聚气态分子”结构，可确定Z与Al反应表现-1价，则其最外层电子数为7，从而确定Z为氯(Cl)元素。【详解】A．W(H)与Z(Cl)在与活泼金属的反应中，都可表现出-1价，A正确；B．四种元素的简单离子半径由大到小的顺序为Cl->O2->Al3+>H+，B不正确；C．Al2Cl6分子中，由于有2个Cl原子分别提供1对孤对电子与2个Al原子的空轨道形成配位键，所有原子的最外层均满足8电子稳定结构，C正确；D．工业上制取金属铝(Al)时，可电解熔融的Al2O3，D正确；故选B。21、B【解析】

A.该过程涉及的化学方程式有：，，A错正确；B.Fe在Cl2中燃烧，只会生成FeCl3，B错误；C.该过程涉及的化学方程式有：Al3++3OH-=Al(OH)3↓，Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，C正确；D.该过程涉及的化学方程式有：2NH3·H2O+SO2=(NH4)2SO3+H2O，NH3·H2O+SO2=NH4HSO3，D正确；故合理选项为B。22、B【解析】

A.X中能与NaOH反应的官能团是羧基和酯基，1mol羧基能消耗1molNaOH，X中酯基水解成羧基和酚羟基，都能与氢氧化钠发生中和反应，1mol这样的酯基，消耗2molNaOH，即1molX最多能与3molNaOH反应，故A说法正确；B.Y中含有羟基，对比X和Y的结构简式，Y和乙酸发生酯化反应得到X，故B说法错误；C.碳碳双键及连接苯环的碳原子上含有H原子的结构都能与酸性高锰酸钾溶液反应，而使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C说法正确；D.X中只有碳碳双键能和溴发生加成反应，Y中碳碳双键能和溴发生反应，两种有机物与溴反应后，X、Y中手性碳原子都是4个，故D说法正确；答案：B。二、非选择题(共84分)23、CH2＝CH－CH2Cl羰基、氯原子加成反应取代反应2-甲基丙酸+2NaOH→+NaCl+H2OC8H14N2SHCOOCH2CH2CH2CH3、HCOOCH2CH(CH3)2、HCOOCH(CH3)CH2CH3、HCOOC(CH3)3【解析】

根据合成路线中，有机物的结构变化、分子式变化及反应条件分析反应类型及中间产物；根据目标产物及原理的结构特征及合成路线中反应信息分析合成路线；根据结构简式、键线式分析分子式及官能团结构。【详解】（1）根据B的结构及A的分子式分析知，A与HOCl发生加成反应得到B，则A的结构简式是CH2＝CH－CH2Cl；C中官能团的名称为羰基、氯原子；故答案为：CH2＝CH－CH2Cl；羰基、氯原子；（2）根据上述分析，反应①为加成反应；比较G和H的结构特点分析，G中氯原子被甲胺基取代，则反应⑥为取代反应；D为，根据系统命名法命名为2-甲基丙酸；故答案为：加成反应；取代反应；2-甲基丙酸；（3）E水解时C-Cl键发生断裂，在碱性条件下水解生成两种盐，化学方程式为：+2NaOH→+NaCl+H2O，故答案为：+2NaOH→+NaCl+H2O；（4）H的键线式为，则根据C、N、S原子的成键特点分析分子式为C8H14N2S，故答案为：C8H14N2S；（5）I是相对分子质量比有机物D大14的同系物，则I的结构比D多一个CH2原子团；①能发生银镜反应，则结构中含有醛基；②与NaOH反应生成两种有机物，则该有机物为酯；结合分析知该有机物为甲酸某酯，则I结构简式为：HCOOCH2CH2CH2CH3、HCOOCH2CH(CH3)2、HCOOCH(CH3)CH2CH3、HCOOC(CH3)3，故答案为：HCOOCH2CH2CH2CH3、HCOOCH2CH(CH3)2、HCOOCH(CH3)CH2CH3、HCOOC(CH3)3；（6）根据合成路线图中反应知，可由与合成得到，由氧化得到，可由丙烯加成得到，合成路线为：，故答案为：。24、乙酸苯甲（醇）酯取代反应（或水解反应）2+O22+2H2O4种和【解析】

乙烯和水发生加成反应生成A，A为CH3CH2OH，A发生催化氧化生成B，根据B分子式知，B结构简式为CH3COOH，在光照条件下甲苯和氯气发生取代反应生成C，根据反应条件知，氯原子取代甲基上氢原子，由C分子式知，C结构简式为，C发生取代反应生成D，D为，D发生催化氧化反应生成E为，B和D发生酯化反应生成F，F为，F发生信息中的反应生成X，根据X分子式知，X结构简式为，（1）F为，名称为乙酸苯甲（醇）酯；（2）C→D是在氢氧化钠的水溶液中加热发生水解反应，也属于取代反应生成和氯化钠，反应类型为取代反应（或水解反应）；（3）D→E是在催化剂的作用下与氧气发生氧化反应生成和水，反应的化学方程式为2+O22+2H2O；（4）X的结构简式为；（5）D为，其芳香族化合物同分异构体有甲苯醚、邻甲基苯酚、间甲基苯酚和对甲基苯酚共4种；其中核磁共振氢谱为4组峰，且峰面积之比为3∶2∶2∶1的是甲苯醚和对甲基苯酚。25、Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O增大气体与溶液的接触面积，加快气体的吸收速率取少量NaHSO3晶体于试管中，加少量水溶解，滴加过量盐酸，再滴加氯化钡溶液，看是否有白色沉淀生成，若有，说明NaHSO3被氧化三颈烧瓶恒压滴液漏斗可以保持内外压强一致，液体顺利流下，同时避免HCHO挥发温度过低反应较慢，温度过高会导致吊白块分解当滴入最后一滴草酸溶液，锥形瓶内溶液颜色由紫红色变为无色，且半分钟内部变为原来的颜色92.40%偏高【解析】

⑴装置Ⅰ中产生气体的化学反应方程式为Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O；Ⅱ中多孔球泡的作用是可以增大气体与液体的接触面积，加快气体的吸收速率。⑵实验室检测NaHSO3晶体在空气中是否发生氧化变质的实验方案是其实就是硫酸根离子的检验，首先排除亚硫酸氢根离子干扰，所以取少量NaHSO3晶体于试管中，加少量水溶解，滴加过量盐酸，再滴加氯化钡溶液，看是否有白色沉淀生成，若有，说明NaHSO3被氧化。⑶仪器A的名称为三颈烧瓶；用恒压漏斗代替普通滴液漏斗滴加甲醛的优点是恒压滴液漏斗可以保持内外压强一致，液体顺利流下，同时避免HCHO挥发。⑷根据信息吊白块在酸性环境下、100℃即发生分解释放出HCHO，因此将仪器A中的反应温度恒定在80~90℃的目的是温度过低反应较慢，温度过高会导致吊白块分解。⑸滴定终点的判断方法是当滴入最后一滴草酸溶液，锥形瓶内溶液颜色由紫红色变为无色，且半分钟内部变为原来的颜色；5mol：0.1000mol·L－1×0.03L=2mol：xmol解得x=1.2×10－3mol36.00mL0.1000mol·L－1酸性KMnO4的物质的量为36.00×10－3L×0.1000mol·L－1=3.6×10－3mol，则甲醛消耗得高锰酸钾的物质的量为3.6×10－3mol-1.2×10－3mol=2.4×10－3mol，再根据4mol：2.4×10－3mol=5mol：ymol解得y=3×10－3mol，若KMnO4标准溶液久置释放出O2而变质，消耗草酸量减少，则计算出高锰酸钾与甲醛反应得多，则计算出吊白块测量结果偏高。【详解】⑴装置Ⅰ中产生气体的化学反应方程式为Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O；Ⅱ中多孔球泡的作用是可以增大气体与液体的接触面积，加快气体的吸收速率，故答案为：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O；增大气体与溶液的接触面积，加快气体的吸收速率。

⑵实验室检测NaHSO3晶体在空气中是否发生氧化变质的实验方案是其实就是硫酸根离子的检验，首先排除亚硫酸氢根离子干扰，所以取少量NaHSO3晶体于试管中，加少量水溶解，滴加过量盐酸，再滴加氯化钡溶液，看是否有白色沉淀生成，若有，说明NaHSO3被氧化，故答案为：取少量NaHSO3晶体于试管中，加少量水溶解，滴加过量盐酸，再滴加氯化钡溶液，看是否有白色沉淀生成，若有，说明NaHSO3被氧化。⑶仪器A的名称为三颈烧瓶；用恒压漏斗代替普通滴液漏斗滴加甲醛的优点是恒压滴液漏斗可以保持内外压强一致，液体顺利流下，同时避免HCHO挥发，故答案为：恒压滴液漏斗可以保持内外压强一致，液体顺利流下，同时避免HCHO挥发。⑷根据信息吊白块在酸性环境下、100℃即发生分解释放出HCHO，因此将仪器A中的反应温度恒定在80~90℃的目的是温度过低反应较慢，温度过高会导致吊白块分解，故答案为：温度过低反应较慢，温度过高会导致吊白块分解。⑸滴定终点的判断方法是当滴入最后一滴草酸溶液，锥形瓶内溶液颜色由紫红色变为无色，且半分钟内部变为原来的颜色；5mol：0.1000mol·L－1×0.03L=2mol：xmol解得x=1.2×10－3mol36.00mL0.1000mol·L－1酸性KMnO4的物质的量为36.00×10－3L×0.1000mol·L－1=3.6×10－3mol，则甲醛消耗得高锰酸钾的物质的量为3.6×10－3mol-1.2×10－3mol=2.4×10－3mol，再根据4mol：2.4×10－3mol=5mol：ymol解得y=3×10－3mol，若KMnO4标准溶液久置释放出O2而变质，消耗草酸量减少，则计算出高锰酸钾与甲醛反应得多，则计算出吊白块测量结果偏高，故答案为：当滴入最后一滴草酸溶液，锥形瓶内溶液颜色由紫红色变为无色，且半分钟内部变为原来的颜色；92.40%；偏高。26、G、E、C、H、F或E、G、C、H、FB、C、D【解析】

（1）配制溶液时，选用仪器的先后顺序，也是按照配制操作的先后顺序进行选择，即按照计算、量取、溶解、转移、定容进行选择。（2）A．使用容量瓶之前，必须检验容量瓶是否漏液；B．用容量瓶配制溶液，应确保溶质的物质的量不变；C．配制溶液时，称好的固体应先放在烧杯内溶解，冷却至室温后才能转移入容量瓶；D．配制溶液时，量好的液体试样，也应先放在烧杯内溶解，冷却至室温后再转移入容量瓶内；E．定容时，应盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，用另一只手的手指托住瓶底，把容量瓶上下颠倒、摇匀。【详解】（1）配制溶液时，通过计算，确定所需6mol·L-1的硫酸的体积为，应选择20mL量筒、50mL烧杯；然后是转移，用到玻璃棒，100mL容量瓶；定容时用到胶头滴管，由此确定选用仪器的先后顺序为G、E、C、H、F或E、G、C、H、F；答案为：G、E、C、H、F或E、G、C、H、F；（2）A．使用容量瓶之前，必须检验容量瓶是否漏液，A正确；B．用容量瓶配制溶液，用待配溶液润洗，必然导致溶质的物质的量增大，所配浓度偏大，B不正确；C．配制溶液时，称好的固体应先放在烧杯内溶解，不能直接倒入容量瓶，C不正确；D．配制溶液时，量好的液体试样，也应先放在烧杯内溶解，不能直接倒入容量瓶，D不正确；E．定容时，应盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，用另一只手的手指托住瓶底，把容量瓶上下颠倒、摇匀，E正确。由此得出，在容量瓶的使用方法中，操作不正确的是B、C、D。答案为：B、C、D。【点睛】使用量筒量取液体时，应选择规格尽可能小的量筒，若选择的量筒规格过大，则会产生较大的误差。还需注意，所选量筒必须一次把所需体积的液体量完，若多次量取，也会产生较大的误差。27、加热、搅拌、研细颗粒用玻璃棒不断搅拌滤液K+、NO3-、Na+、Cl-减少NaCl的结晶析出取少量固体溶于水，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若生成白色沉淀说明含有杂质KNO3增大铵根离子的浓度，有利于氯化铵结晶析出甲基橙8.92%【解析】

硝酸钠和氯化钾用水溶解，得到的溶液中含有K+、NO3-、Na+、Cl-，由于在溶液中NaCl的溶解度较小，且受温度影响不大，采取蒸发浓缩，析出NaCl晶体，过滤分离出NaCl晶体。由于硝酸钾溶解度受温度影响比硝酸钠大，采取冷却结晶析出硝酸钾，过滤出硝酸钾晶体后，向滤液中加入NH4NO3，可增大溶液中NH4+浓度，有利于NH4Cl结晶析出。【详解】I.(1)加热、搅拌、研细颗粒等都可以加快物质溶解；实验室进行蒸发结晶操作时，为防止液滴飞溅，要用玻璃棒不断搅拌滤液，使溶液受热均匀；(2)过滤I后析出部分NaCl，滤液I含有K+、NO3-、Na+、Cl-；氯化钠溶解度较小，浓缩析出NaCl晶体后，直接冷却会继续析出NaCl晶体，在进行冷却结晶前应补充少量水，可以减少NaCl的结晶析出；(3)产品KNO3中可能含有Na+、Cl-杂质离子，检验的方法是：取少量固体溶于水，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若生成白色沉淀说明含有杂质NaCl，即含有杂质；II.(4)取40gNH4NO3和37.25gKCl固体加入100g水中，加热至90℃所有固体均溶解，用冰水浴冷却至5℃以下时，硝酸钾的溶解度最小，首先析出的是硝酸钾晶体；在滤液中加入硝酸铵可以增大铵根离子浓度，使NH4Cl晶体