2026年吉林省白城市洮南十中高考仿真卷（化学试题）（三）含解析

2026年吉林省白城市洮南十中高考仿真卷（化学试题）（三）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、下列有关实验的图示及分析均正确的是选项实验目的实验图示实验分析A催化裂解正戊烷并收集产物正戊烷裂解为分子较小的烷烃和烯烃B酸碱中和滴定摇动锥形瓶，使溶液向一个方向做圆周运动，勿使瓶口接触滴定管，溶液也不得溅出C制取并收集乙炔用饱和食盐水代替纯水，可达到降低反应速率的目的D实验室制硝基苯反应完全后，可用仪器a、b蒸馏得到产品A．A B．B C．C D．D2、向饱和食盐水中通入氯化氢，直至有白色固体析出，析出过程中叙述错误的是A．白色固体是NaCl B．溶液中存在两种电离平衡C．溶液pH值减小 D．NaCl的溶解速率小于结晶速率3、下列说法不正确的是A．淀粉能水解为葡萄糖 B．油脂属于天然有机高分子C．鸡蛋煮熟过程中蛋白质变性 D．食用新鲜蔬菜和水果可补充维生素C4、下列所示的实验方案正确，且能达到实验目的的是（）选项实验目的实验方案A比较镁、铝的金属性强弱分别在MgCl2和AlCl3溶液中滴加氨水直至过量，观察现象B比较Cl2、Br2的氧化性强弱将少量氯水滴入FeBr2溶液中，观察现象C证明SO2具有漂白性将SO2通入酸性高锰酸钾溶液中，溶液褪色D证明电离常数Ka:HSO3->HCO3-测得同浓度的Na2CO3溶液的pH大于Na2SO3溶液A．A B．B C．C D．D5、A、B、C、D、E、F为原子序数依次递增的六种短周期主族元素，A的单质是最理想的燃料。C原子次外层电子数是最外层的1/3，E与C同主族，下列说法不正确的是A．元素D与A一定形成共价化合物B．元素B可能与元素A形成多种共价化合物C．F最高价氧化物对应水化物定是一种强酸D．若元素D是非金属元素，则D的单质可能是良好的半导体材料6、下表中各组物质之间不能通过一步反应实现如图转化的是甲乙丙ACH2=CH2CH3CH2ClCH3CH2OHBNH3NOHNO3CAlCl3Al(OH)3Al2O3DCl2HClCuCl2A．A B．B C．C D．D7、下列有关实验的叙述完全正确的是A．A B．B C．C D．D8、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—9、黑索金是一种爆炸力极强的烈性炸药，比TNT猛烈1.5倍。可用浓硝酸硝解乌洛托品得到黑索金，同时生成硝酸铵和甲醛(HCHO)。下列说法不正确的是（）A．乌洛托品的分子式为C6H12N4B．乌洛托品分子结构中含有3个六元环C．乌洛托品的一氯代物只有一种D．乌洛托品得到黑索金反应中乌洛托品与硝酸的物质的量之比为1：410、化学与生产、生活密切相关。下列说法错误的是A．煤的焦化可以得到乙烯，煤的气化可以制得水煤气，煤间接液化后的产物可以合成甲醇B．顺丁橡胶(顺式聚1，3-丁二烯)、尿不湿(聚丙烯酸钠)、电木(酚醛树脂)都是由加聚反应制得的C．塑料、合成纤维和合成橡胶都主要是以煤、石油和天然气为原料生产的D．石油在加热和催化剂的作用下，可以通过结构的重新调整，使链状烃转化为环状烃，如苯或甲苯11、某科学兴趣小组查阅资料得知，反应温度不同，氢气还原氧化铜的产物就不同，可能是Cu或Cu2O，Cu和Cu2O均为不溶于水的红色固体，但氧化亚铜能与稀硫酸反应，化学方程式为：Cu2O＋H2SO4=CuSO4＋Cu＋H2O，为探究反应后的红色固体中含有什么物质？他们提出了以下假设：假设一：红色固体只有Cu假设二：红色固体只有Cu2O假设三：红色固体中有Cu和Cu2O下列判断正确的是()A．取少量红色固体，加入足量的稀硫酸，若溶液无明显现象，则假设一和二都成立B．若看到溶液变成蓝色，且仍有红色固体，则只有假设三成立C．现将7.2克红色固体通入足量的H2还原，最后得到固体6.4克，则假设二成立D．实验室可以用葡萄糖和新制的含NaOH的Cu(OH)2沉淀，加热后制取Cu2O12、克伦特罗是一种平喘药，但被违法添加在饲料中，俗称“瘦肉精”，其结构简式如图。下列有关“瘦肉精”的说法正确的是A．它的分子式为C12H17N2Cl2OB．它含有氨基、氯原子、碳碳双键等官能团C．1mol克伦特罗最多能和3molH2发生加成反应D．一定条件下它能发生水解反应、酯化反应、消去反应、氧化反应、加聚反应等13、明矾[KA1(SO4)2·12H2O]是一种复盐，在造纸等方面应用广泛。采用废易拉罐制备明矾的过程如下图所示。下列叙述错误的是（）A．合理处理易拉罐有利于环境保护和资源再利用B．从易拉罐中可回收的金属元素有Al、FeC．“沉淀”反应的金属离子为Fe3+D．上述流程中可用NaHSO4代替NaHCO314、下表数据是在某高温下，金属镁和镍分别在氧气中进行氧化反应时，在金属表面生成氧化薄膜的实验记录如下（a和b均为与温度有关的常数）：

反应时间t/h1491625MgO层厚Y/nm0.05a0.20a0.45a0.80a1.25aNiO层厚Y/nmb2b3b4b5b下列说法不正确的是A．金属表面生成的氧化薄膜可以对金属起到保护作用B．金属高温氧化腐蚀速率可以用金属氧化膜的生长速率来表示C．金属氧化膜的膜厚Y跟时间t所呈现的关系是：MgO氧化膜厚Y属直线型，NiO氧化膜厚Y′属抛物线型D．Mg与Ni比较，金属镁具有更良好的耐氧化腐蚀性15、下列说法正确的是()A．等质量的铝分别与足量Fe2O3或Fe3O4发生铝热反应时，转移电子的数目相等B．质量分数分别为40%和60%的硫酸溶液等体积混合，所得溶液的质量分数为50%C．金属钠着火时，立即用泡沫灭火器灭火D．白磷放在煤油中；氨水密闭容器中保存16、Weiss利用光敏剂QD制备2—环己基苯乙烯(c)的过程如图所示。下列有关说法正确的是A．a不能使酸性KMnO4溶液褪色B．a、b、c都能发生加成、加聚反应C．c中所有原子共平面D．b、c为同系物17、2A(g)B(g)+Q（Q>0）；下列能量变化示意图正确的是（）A． B．C． D．18、25℃时，用0.1mol·L－1NaOH溶液滴定20mL0.1mol·L－1HX溶液，溶液的pH随加入的NaOH溶液体积的变化如图所示。下列说法不正确的是（）A．HX为弱酸B．V1＜20C．M点溶液中离子浓度由大到小的顺序：c（X－）＞c（Na＋）＞c（H＋）＞c（OH－）D．0.1mol·L－1NaOH溶液和0.1mol·L－1HX溶液等体积混合后，溶液中c（Na＋）＝c（X－）＋c（OH－）19、1875年科学家布瓦博德朗发现了一种新元素，命名为“镓”，它是门捷列夫预言的元素类铝。Ga(镓)和As(砷)在周期表的位置如图，下列说法不正确的是AlPGaAsA．Ga的原子序数为31B．碱性：Al(OH)3<Ga(OH)3C．简单离子半径r(Ga3+)>r(As3-)>r(P3-)D．GaAs可制作半导体材料，用于电子工业和通讯领域20、同温同压下,等质量的SO2气体和SO3气体相比较,下列叙述中正确的是（）A．密度比为4:5 B．物质的量之比为4:5C．体积比为1:1 D．原子数之比为3:421、常温下，向20mL0.1mol·L－1一元酸HA中滴加相同浓度的KOH溶液，溶液中由水电离的氢离子浓度随加入KOH溶液体积的变化如图所示。则下列说法错误的是A．HA的电离常数约为10－5B．b点溶液中存在：c(A－)＝c(K＋)C．c点对应的KOH溶液的体积V＝20mL，c水(H＋)约为7×10－6mol·L－1D．导电能力：c>a>b22、已知某溶液中含有碳酸钠、硫酸钠、氢氧化钠、氯化钠四种溶质，欲将该溶液中四种溶质的阴离子逐一检验出来，所加试剂先后顺序合理的是A．HNO3、Ba(NO3)2、NH4NO3、AgNO3 B．HNO3、NH4NO3、Ba(NO3)2、AgNO3C．NH4NO3、HNO3、Ba(NO3)2、AgNO3 D．NH4NO3、HNO3、AgNO3、Ba(NO3)2二、非选择题(共84分)23、（14分）化合物甲由四种元素组成。某化学研究小组按如图流程探究其组成：已知丙和丁是相对分子质量相同的常见气体，其中丁是空气的主要成分之一。请回答下列问题：（1）甲的化学式为____。（2）甲发生爆炸反应的化学方程式为____。（3）已知化合物甲中，有两种元素的化合价为最高正价，另两种元素的化合价为最低负价，则爆炸反应中被氧化的元素与还原产物的物质的量之比为____。24、（12分）[化学——选修5：有机化学基础]环丙贝特(H)是一种降血脂药物，可明显降低极低密度和低密度脂蛋白水平，并升高高密度脂蛋白，通过改善胆固醇的分布，可减少CH和LDL在血管壁的沉积，还有溶解纤维蛋白和阻止血小板凝聚作用。如图是合成环丙贝特的一种新方法：回答下列问题：(1)C的化学名称为______________________(2)F中含氧官能团的名称为______________(3)H的分子式为________________________(4)反应①的反应类型为___________，反应④的化学方程式为______________________(5)M为的同分异构体，能与NaHCO3溶液反应产生气体，则M的结构共有种____(不考虑立体异构)；其中1HNMR中有3组峰，且峰面积之比为6：2：1的结构简式为_______(6)利用Wittig反应，设计以环己烷为原料(其他试剂任选)，制备的合成路线：______________________。25、（12分）钴是一种中等活泼金属，化合价为+2价和+3价，其中CoC12易溶于水。某校同学设计实验制取（CH3COO）2Co（乙酸钴）并验证其分解产物。回答下列问题：（1）甲同学用Co2O3与盐酸反应制备CoC12•4H2O，其实验装置如下：①烧瓶中发生反应的离子方程式为______。②由烧瓶中的溶液制取干燥的CoC12•4H2O，还需经过的操作有蒸发浓缩、______、洗涤、干燥等。（2）乙同学利用甲同学制得的CoC12•4H2O在醋酸氛围中制得无水（CH3COO）2Co，并利用下列装置检验（CH3COO）2Co在氮气气氛中的分解产物。已知PdC12溶液能被CO还原为Pd。①装置E、F是用于检验CO和CO2的，其中盛放PdC12溶液的是装置______（填“E”或“F”）。②装置G的作用是______；E、F、G中的试剂均足量，观察到I中氧化铜变红，J中固体由白色变蓝色，K中石灰水变浑浊，则可得出的结论是______。③通氮气的作用是______。④实验结束时，先熄灭D和I处的酒精灯，一段时间后再关闭弹簧夹，其目的是______。⑤若乙酸钴最终分解生成固态氧化物X、CO、CO2、C2H6，且n（X）：n（CO）：n（CO2）：n（C2H6）=1：4：2：3（空气中的成分不参与反应），则乙酸钴在空气气氛中分解的化学方程式为______。26、（10分）Ⅰ.含氨废水和废气对环境造成的污染越来越严重，某课外活动小组先测定废水中含NO3-为3×10-4mol/L，而后用金属铝将NO3-还原为N2，从而消除污染。(1)配平下列有关离子方程式：_____NO3-+_______Al+_______H2O→_______N2↑+______Al(OH)3+________OH-。(2)上述反应中被还原的元素是____________，每生成2mol

N2转移_________mol电子。(3)有上述废水100m3，若要完全消除污染，则所消耗金属铝的质量为_________g。Ⅱ.NO与Cl2在常温常压下可以合成亚硝酰氯(NOCl)。它是一种红褐色液体或黄色气体，其熔点-64.5℃，沸点-5.5

℃，遇水易水解。亚硝酰氯(NOCl)是有机合成中的重要试剂。实验室制备原料气Cl2的装置如图所示：(4)实验室制Cl2时，装置A中烧瓶内发生反应的化学方程式为_________________________。(5)将上述收集到的Cl2充入D的集气瓶中，按图示装置制备亚硝酰氯。①装置D中发生的反应方程式为__________________________。②如果不用装置E会引起什么后果：__________________。③某同学认为装置F不能有效吸收尾气中的某种气体，该气体为_____________，为了充分吸收尾气，可将尾气与________________同时通入氢氧化钠溶液中。27、（12分）葡萄糖酸钙是一种可促进骨骼生长的营养物质。葡萄糖酸钙可通过以下反应制得：C6H12O6(葡萄糖)+Br2+H2O→C6H12O7(葡萄糖酸)+2HBr2C6H12O7(葡萄糖酸)+CaCO3→Ca(C6H11O7)2(葡萄糖酸钙)+H2O+CO2↑相关物质的溶解性见下表：实验流程如下：回答下列问题：（1）第①步中溴水氧化葡萄糖时，甲同学设计了如图所示装置。①你认为缺少的仪器是__。②甲同学在尾气吸收装置中使用倒立漏斗的目的是__。（2）第②步CaCO3固体过量，其目的是__。（3）本实验中___(填“能”或“不能”)用CaCl2替代CaCO3，理由是__。（4）第③步“某种操作”名称是__。（5）第④步加入乙醇的作用是__。（6）第⑥步中洗涤操作主要是除去沉淀表面可能含有的溴化钙，洗涤剂最合适的是__(填标号)。A．冷水B．热水C．乙醇D．乙醇—水混合溶液28、（14分）甲醇的用途广泛，摩托罗拉公司也开发出一种由甲醇、氧气以及强碱做电解质溶液的新型手机电池，容量达氢镍电池或锂电池的10倍，可连续使用一个月才充一次电、请完成以下与甲醇有关的问题：（1）工业上有一种生产甲醇的反应为：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)；ΔH=-49kJ·mol-1。在温度和容积相同的A、B两个容器中，按不同方式投入反应物，保持恒温恒容，经10秒钟后达到平衡，达到平衡时的有关数据如下表：①从反应开始到达到平衡时，A中用CO2来表示的平均反应速率为___。②A中达到平衡时CO2的转化率为___。③a=___。（2）某同学设计了一个甲醇燃料电池，并用该电池电解200mL一定浓度NaCl与CuSO4混合溶液，其装置如图：①写出甲中通入甲醇这一极的电极反应式___。②理论上乙中两极所得气体的体积随时间变化的关系如图所示(气体体积已换算成标准状况下的体积)，写出在t1后，石墨电极上的电极反应式___；在t2时所得溶液的pH约为___。29、（10分）“一碳化学”是指以含一个碳原子的化合物(如CO2、CO、CH4、CH3OH等)为初始反应物，合成一系列重要的化工原料和燃料的化学。（1）以CO2和NH3为原料合成尿素是利用CO2的成功范例。在尿素合成塔中的主要反应可表示如下：反应I：2NH3(g)+CO2(g)NH2COONH4(s)∆H1反应II：NH2COONH4(s)CO(NH2)2(s)+H2O(g)∆H2=+72.49kJ/mol总反应：2NH3(g)+CO2(g)CO(NH2)2(s)+H2O(g)∆H3=-86.98kJ/mol请回答下列问题：①反应I的∆H1=__kJ/mol。②反应II一般在__(填“高温或“低温")条件下有利于该反应的进行。③一定温度下，在体积固定的密闭容器中按计量比投料进行反应I，下列能说明反应达到了平衡状态的是__(填字母序号)。A．混合气体的平均相对分子质量不再变化B．容器内气体总压强不再变化C．2v正(NH3)=v逆(CO2)D．容器内混合气体的密度不再变化（2）将CO2和H2按物质的量之比为1：3充入一定体积的密闭容器中，发生反应：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)∆H。测得CH3OH的物质的量在不同温度下随时间的变化关系如图所示。①根据图示判断∆H__0(填“>”或“<”)。②一定温度下，在容积均为2L的两个密闭容器中，按如下方式加入反应物，10min后达到平衡。容器甲乙反应物投入量1molCO2、3molH2amolCO2、bmolH2cmolCH3OH(g)、cmolH2O(g)(a、b、c均不为零)若甲容器平衡后气体的压强为开始时的0.8倍，则反应10min内甲容器中以CH3OH(g)表示的化学反应速率为__，此温度下的化学平衡常数为__(保留两位小数)；要使平衡后乙容器与甲容器中相同组分的体积分数相等，且起始时维持化学反应向逆反应方向进行，则乙容器中c的取值范围为__。（3）氢气可将CO2还原为甲烷，反应为CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)。ShyamKattel等结合实验与计算机模拟结果，研究了在Pt/SiO2催化剂表面上CO2与H2的反应历程，前三步历程如图所示其中吸附在Pt/SiO2催化剂表面用“·”标注，Ts表示过渡态。物质吸附在催化剂表面，形成过渡态的过程会__(填“放出热量”或“吸收热量”)；反应历程中最小能垒(活化能)步骤的化学方程式为__。

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．正戊烷裂解为分子较小的烷烃和烯烃，常温下均为气体，不能冷凝收集，且催化裂化中使用碎瓷片作催化剂且有聚热功能，若改用没有聚热功能的氧化铝固体，实验效果不理想，故A错误；B．滴定时左手控制活塞，右手摇瓶，使溶液向一个方向做圆周运动，勿使瓶口接触到滴定管，溶液也不得溅出，操作合理，故B正确；C．用饱和食盐水代替纯水能减缓反应速率，从而可以得到较平缓的乙炔气流，但乙炔的摩尔质量与空气的摩尔质量相近，排空气法收集乙炔不纯，利用乙炔难溶于水的性质，应使用排水法收集，故C错误；D．反应完全后，硝基苯与酸分层，应选分液漏斗分离，粗产品再蒸馏得到硝基苯，图中仪器b为圆底烧瓶，蒸馏操作时要用蒸馏烧瓶和直形冷凝管，并使用温度计测蒸汽温度，故D错误；答案选B。2、B【解析】

A.向饱和食盐水中通入氯化氢，氯离子浓度增大，会使氯化钠析出，故A正确；B.溶液中只存在水的电离平衡，故B错误；C.氯化钠溶液显中性，通入氯化氢后溶液显酸性，溶液pH值减小，故C正确；D.因为有氯化钠固体析出，所以氯化钠的溶解速率小于结晶速率，故D正确；故选：B。3、B【解析】

A.淀粉是多糖，水解最终产物是葡萄糖，A正确；B.油脂是高级脂肪酸的甘油酯，属于天然有机物，但不是高分子化合物，B错误；C.鸡蛋煮熟过程中，蛋白质分子结构发生了变化，不具有原来蛋白质的生理功能，物质的化学性质也发生了改变。因此鸡蛋煮熟过程是蛋白质变性，C正确；D.新鲜蔬菜和水果含有丰富的维生素C，因此食用新鲜蔬菜和水果可补充维生素C，D正确；故合理选项是B。4、D【解析】

A．分别在MgCl2和AlCl3溶液中滴加氨水直至过量，均生成白色沉淀，无法比较镁、铝的金属性强弱，故A错误；B．Fe2+的还原性大于Br-，将少量氯水滴入FeBr2溶液中，首先氧化Fe2+，则无法比较Cl2、Br2的氧化性强弱，故B错误；C．将SO2通入酸性高锰酸钾溶液中，溶液褪色，体现SO2的还原性，不是漂白性，故C错误；D．测得同浓度的Na2CO3溶液的pH大于Na2SO3溶液，说明CO32-的水解能力大于SO32-，则电离能力HSO3->HCO3-，即电离常数Ka:HSO3->HCO3-，故D正确；故答案为D。5、A【解析】

A的单质是最理想的燃料，A是H元素。C原子次外层电子数是最外层的1/3，说明C只能是第二周期的元素即C是O元素；E与C同主族，E是S元素；F是原子序数大于S的主族元素，F是Cl元素；B可能是Li、Be、B、C、N几种元素中的一种，D可能是F、Na、Mg、Al、Si、P中的一种。【详解】A.若元素D是Na，Na与H形成的化合物NaH是离子化合物，故A错误；B.C、N与H元素都能形成多种共价化合物，如CH4、C2H6，NH3、N2H4等，故B正确；C.F是Cl元素，最高价氧化物对应水化物是HClO4，HClO4是强酸，故C正确；D.若元素D是Si元素，Si单质是良好的半导体材料，故D正确；选A。6、B【解析】

A.乙烯与HCl加成得到一氯乙烷，一氯乙烷消去得到乙烯与HCl，一氯乙烷与水发生取代得到乙醇，乙醇消去得到乙烯与水，符合转化，A项正确；B.HNO3显酸性，NH3显碱性，由硝酸不能直接转化为氨气，不能实现转化，B项错误；C.AlCl3与氨水反应得到Al(OH)3，Al(OH)3与盐酸反应得到AlCl3与水，Al(OH)3加热分解得到Al2O3，Al2O3与盐酸反应得到AlCl3与水，符合转化，C项正确；D.氯气与氢气反应得到HCl，浓HCl与高锰酸钾反应得到氯气，HCl与CuO反应得到CuCl2和水，CuCl2电解得到Cu与氯气，符合转化，D项正确；答案选B。7、C【解析】

A、次氯酸钠水解生成的次氯酸具有强氧化性，能将有机色质漂白褪色；B、氯化铜在溶液中水解生成氢氧化铜和氯化氢，加热促进氯化铜水解，生成的氯化氢易挥发使水解趋于完全生成氢氧化铜；C、离子反应向着离子浓度减小的方向进行；D、未反应的氯气对取代反应的产物HCl的检验产生干扰。【详解】A项、次氯酸钠水解生成的次氯酸具有强氧化性，能将有机色质漂白褪色，不能用pH试纸测次氯酸钠溶液的pH，不能达到实验目的，故A错误；B项、氯化铜在溶液中水解生成氢氧化铜和氯化氢，加热促进氯化铜水解，生成的氯化氢易挥发使水解趋于完全生成氢氧化铜，制备无水氯化铜应在HCl气流中蒸发，故B错误；C项、碘化银和氯化银是同类型的难溶电解质，向浓度相同的银氨溶液中分别加入相同浓度氯化钠和碘化钠溶液，无白色沉淀生成，有黄色沉淀生成，说明碘化银溶度积小于氯化银，故C正确；D项、氯气溶于水也能与硝酸银反应生成白色的氯化银沉淀，未反应的氯气对取代反应的产物HCl的检验产生干扰，不能达到实验目的，故D错误。故选C。8、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。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。9、B【解析】

A．乌洛托品的分子中含有6个“CH2”和4个N原子，则分子式为C6H12N4，A正确；B．乌洛托品分子结构中含有4个六元环，B不正确；C．乌洛托品分子中含有6个完全相同的-CH2-，所以一氯代物只有一种，C正确；D．1mol乌洛托品与4mol硝酸完全反应，生成1mol黑索金、1molNH4NO3和3molHCHO，D正确；故选B。10、B【解析】

A．煤的焦化指的是将煤隔绝空气加强热的处理办法，产品包含出炉煤气，煤焦油和焦炭三大类，其中出炉煤气含有焦炉气，粗氨水和粗苯，乙烯就是焦炉气中的一种主要成分；煤的气化简单地理解就是高温下煤和水蒸气的反应，主要生成水煤气；煤的间接液化，指的是先将煤转化为一氧化碳和氢气，再催化合成甲醇，A项正确；B．酚醛树脂的合成过程涉及缩聚反应而非加聚反应，B项错误；C．塑料，合成橡胶和合成纤维，都主要是以石油，煤和天然气为原料生产的，C项正确；D．石油的催化重整可以获取芳香烃，D项正确；答案选B。11、C【解析】

A.取少量红色固体，加入足量的稀硫酸，若溶液无明显现象，说明红色固体中不含氧化亚铜，则假设一成立，选项A错误；B.若看到溶液变成蓝色，说明红色固体中含有氧化亚铜，仍有红色固体，不能说明红色固体中含有铜，因为氧化亚铜和稀硫酸反应也能生成铜，则假设二或三成立，选项B错误；C.假设红色固体只有Cu2O，则7.2gCu2O的物质的量为0.05mol，和H2反应后生成铜的物质的量为0.1mol，质量为6.4g，所以假设成立，选项C正确；D.实验室可以用葡萄糖和新制的含NaOH的Cu(OH)2悬浊液，加热后制取Cu2O，选项D错误。答案选C。12、C【解析】

A、根据克伦特罗结构简式知它的分子式为C12H18N2Cl2O，错误；B、根据克伦特罗结构简式知它含有苯环、氨基、氯原子、羟基等官能团，不含碳碳双键，错误；C、该有机物含有1个苯环，1mol克伦特罗最多能和3molH2发生加成反应，正确；D、该有机物不含碳碳双键，不能发生加聚反应，错误；故答案选C。13、D【解析】

A.易拉罐作为可再生资源，其回收再生利用对经济效益、社会效益的提高、环境的保护有着巨大的促进作用，故不选A；B.易拉罐(主要成分为Al,含有少量的Fe)，因此可从易拉罐中回收的金属元素有Al、Fe，故不选B；C.“沉淀”反应是铁离子生成氢氧化铁的反应，故不选C；D.铝离子与碳酸氢根离子互促水解到底生成氢氧化铝沉淀，硫酸氢根离子是强酸的酸式酸根，不水解，不与铝离子反应，故选D；答案：D14、D【解析】

A．有些金属表面被氧化时，会生成致密的氧化物薄膜，可以起到保护金属的作用，例如铝等，A项正确；B．金属腐蚀即金属失去电子被氧化的过程，因此可以用氧化膜的生长速率表示金属在高温下被氧化腐蚀的速率，B项正确；C．表格中列举的数据，时间间隔分别是1h，3h，5h，7h，9h；对于MgO，结合MgO厚度的数据分析可知，MgO氧化膜每小时增加的厚度是定值即0.05a，因此其随时间变化呈现线性关系；结合NiO厚度的数据分析，NiO氧化膜厚度随时间推移，增长的越来越缓慢，所以NiO氧化膜与时间呈现抛物线形的关系，C项正确；D．根据表格数据分析可知，MgO氧化膜随时间推移，厚度呈现线性递增的趋势，而NiO氧化膜随时间推移，厚度增加越来越缓慢，说明NiO氧化膜的生成能够逐渐减缓Ni单质被氧化的速率，所以Ni的耐氧化腐蚀性能更好，D项错误；答案选D。15、A【解析】

A.等质量的铝分别与足量Fe2O3或Fe3O4发生铝热反应时，铝元素化合价由0升高为+3，所以转移电子的数目相等，故A正确；B.硫酸的浓度越大密度越大，等体积的质量分数分别为40%和60%的硫酸，60%的硫酸溶液质量大，所以混合后溶液的质量分数大于50%，故B错误；C.金属钠着火生成过氧化钠，过氧化钠与泡沫灭火器喷出的二氧化碳反应生成的氧气助燃，不能灭火，应利用沙子盖灭，故C错误；D.白磷易自燃，白磷放在水中保存，故D错误；答案选A。16、B【解析】

A．a()中含有碳碳双键，能与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，使酸性KMnO4溶液褪色，故A错误；B．a()、b()、c()都含有碳碳双键，具有烯烃的性质，可发生加成反应，加聚反应，故B正确；C．c()含有饱和碳原子，具有甲烷的结构特点，则所有原子不可能共平面，故C错误；D．b()、c()的结构不同，不属于同系物，故D错误；故选B。本题的易错点为C，要注意有机物分子中只要含有饱和碳原子(包括：-CH3、-CH2-、、)中的一种，分子中的所有原子就不可能处于同一平面内。17、B【解析】

根据热化学方程式2A(g)B(g)+Q（Q>0）可知：该反应是2molA气体发生反应产生1molB气体，放出热量Q，反应物的能量比生成物的能量高，且同一种物质在气态时能量高于在液体时能量，故合理选项是B。18、D【解析】

A.由图可知，0.1mol·L－1HX溶液的pH＝3，说明HX为弱酸，故A正确；B.若V1＝20，则溶液中的溶质只有NaX，由于HX为弱酸，则NaX溶液呈碱性，pH＞7，所以V1应小于20，故B正确；C.M点溶液中的溶质是等物质的量的HX和NaX，溶液呈酸性，说明HX的电离程度大于X－的水解程度，则溶液中离子浓度大小顺序为c（X－）＞c（Na＋）＞c（H＋）＞c（OH－），故C正确；D.两种溶液等体积混合时，根据电荷守恒有c（Na＋）＋c（H＋）＝c（X－）＋c（OH－），故D错误；故选D。19、C【解析】

A.Al是13号元素，Ga位于Al下一周期同一主族，由于第四周期包括18种元素，则Ga的原子序数为13+18=31，A正确；B.Al、Ga是同一主族的元素，由于金属性Al<Ga，元素的金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的碱性就越强，所以碱性：Al(OH)3<Ga(OH)3，B正确；C.电子层数相同的元素，核电荷数越大，离子半径越小，电子层数不同的元素，离子核外电子层数越多，离子半径越大，Ga3+、P3-离子核外有3个电子层，As3-离子核外有4个电子层，所以离子半径：r(As3-)>r(P3-)>r(Ga3+)，C错误；D.GaAs导电性介于导体和绝缘体之间，可制作半导体材料，因此广泛用于电子工业和通讯领域，D正确；故合理选项是C。20、A【解析】

由n＝＝可知，ρ＝＝，据此分析作答。【详解】A.由上述分析可知，在相同条件下气体的相对分子质量之比等于其密度之比，所以两种气体的密度之比为64∶80＝4∶5，A项正确；B.设气体的质量均为mg，则n(SO2)＝mol，n(SO3)＝mol，所以二者物质的量之比为∶＝80∶64＝5∶4，B项错误；C.根据V＝n·Vm可知，同温同压下，气体的体积之比等于物质的量之比，所以两种气体的体积之比为5∶4，C项错误；D.根据分子组成可知，两种气体的原子数之比为（5×3）∶（4×4）＝15∶16，D项错误；答案选A。21、D【解析】

A．由a点可知，0.1mol/L一元酸HA中c水(H+)=c水(OH-)=1×10-11mol/L，则c(H+)=1×10-14÷10-11=1×10-3mol/L，则HA的电离常数，A选项正确；B．b点溶液中c水(H+)=1×10-7mol/L，c点c水(H+)最大，则溶质恰好为KA，显碱性，a点显酸性，c点显碱性，则中间c水(H+)=1×10-7mol/L的b点恰好显中性，根据电荷守恒可得c(A-)+c(OH-)=c(K+)+c(H+)，又c(OH-)=c(H+)，则c(A-)=c(K+)，B选项正确；C．c点时加入的KOH的物质的量n(KOH)=20mL×0.1mol/L÷0.1mol/L=20mL，由HA的Ka=1×10-5，可得A-的则c(A-)≈0.05mol/L，则c(OH-)≈7×10-6mol/L，在KA中c(OH-)都是由水电离处的，则c水(OH-)=c水(H+)≈7×10-6mol/L，C选项正确；D．向一元弱酸中加入相同浓度的一元强碱，溶液的导电能力逐渐增强，则导电能力：c>b>a，D选项错误；答案选D。22、C【解析】

先加硝酸，氢离子与碳酸根离子生成气体，可以鉴别出碳酸钠，但硝酸也可和氢氧化钠反应生成水，没有明显现象，又除去了氢氧根离子，铵根离子与氢氧根离子反应生成具有刺激性气味的气体，加入硝酸铵可以证明氢氧化钠的存在；再加入稀硝酸，有气体生成，证明含有碳酸钠；加入硝酸钡，钡离子与硫酸根离子生成硫酸钡沉淀，可以证明含有硝酸钡；最后加入硝酸银，银离子与氯离子反应生成氯化银白色沉淀，证明含有氯化钠，可以将四种溶质都证明出来，如先加入硝酸银，则硫酸银、氯化银都生成沉淀，不能鉴别，综上所述，C项正确；答案选C。二、非选择题(共84分)23、AgOCN2AgOCN=2Ag+N2↑+2CO↑1：2【解析】

已知丙和丁是相对分子质量相同的常见气体，其中丁是空气的主要成分之一，由此可知丁是氮气，丙是一氧化碳。根据流程图可知氮气的物质的量为0.01mol，一氧化碳的物质的量为n（CO）=，由此可知甲中C、N、O的原子个数比为1:1:1，化合物由四种元素组成，已知化合物中有两种元素的化合价为最高正价，另两种元素的化合价为最低负价，撞击甲容易发生爆炸生成三种物质，则甲中应该有一种金属元素，设甲的化学式为R（CNO）x，R的相对原子质量为M，根据反应2R（CNO）x=2R+2xCO+xN2，有，所以M=108x，设x=1，2，3，……，当x=1时，M=108，R为银元素，当x取2、3……时，没有对应的金属元素的相对原子质量符合要求，所以甲为AgOCN。【详解】（1）由分析可知，甲的化学式为AgOCN，故答案为：AgOCN；（2）由分析可知，乙为银单质，丙为一氧化碳，丁为氮气，则甲发生爆炸反应的化学方程式为2AgOCN=2Ag+N2↑+2CO↑，故答案为：2AgOCN=2Ag+N2↑+2CO↑；（3）根据爆炸反应方程式可知，爆炸反应中被氧化的元素为氮元素，共2mol，还原产物为银单质和一氧化碳，共4mol，则爆炸反应中被氧化的元素与还原产物的物质的量之比为1：2，故答案为：1：2。24、对羟基苯甲醛（或4-羟基苯甲醛）酯基、醚键C13H14O3Cl2加成反应+→+HBr12、【解析】

A()与HCHO在碱性条件下发生加成反应生成B（）；B氧化生成C（）；C生成D（）；D与发生取代反应生成E（）和HBr；E环化生成F（）；F酸性条件下水解生成H（），据此分析。【详解】（1）C为，命名为对羟基苯甲醛（或4-羟基苯甲醛）；答案：对羟基苯甲醛（或4-羟基苯甲醛）（2）F为，F中含氧官能团为酯基、醚键；答案：酯基、醚键（3）H为，由结构简式可知，H的分子式为C13H14O3Cl2；答案：C13H14O3Cl2（4）反应①为加成反应，反应④为取代反应，产物中还有HBr，化学方程式为+→+HBr；答案：加成反应+→+HBr（5）M为的同分异构体，满足条件的M的结构简式为、、、、、、、、、、、共12种；其中1HNMR中有3组峰，且峰面积之比为6:2:1的结构简式为、；答案：12种、（6）根据题干信息①②③可得出合成路线，由环己烷为原料制备的合成路线为；答案：第⑤小题寻找同分异构体为易错点，可以分步确定：①根据同分异构体要求可知存在两个官能团-COOH、-Br②确定碳链种类③将两个官能团-COOH、-Br采用定一移一法确定同分异构体种类。25、Co2O3＋6H＋＋2Cl－=2Co2＋＋Cl2↑＋3H2O冷却结晶、过滤F除去CO2分解产物中还含有一种或多种含C、H元素的物质将D中的气态产物被后续装置所吸收，或排除装置中的空气或不使K中水蒸气进入盛无水CuSO4的干燥管中防止倒吸3(CH3COO)2CoCo3O4＋4CO↑＋2CO2↑＋3C2H6↑【解析】

(1)①已知，盐酸、COCl2易溶于水，写离子形式，氧化物、单质写化学式，反应的离子方程式:Co2O3+2Cl-+6H+=2Co2++Cl2↑+3H2O；②因反应产物中含有结晶水，则不能直接加热制取，应采用：蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤干燥等操作；（2）①装置E、F是用于检验CO和CO2，PdCl2溶液能被CO还原为Pd，因此装置E用于检验CO2，F装置用于检验CO，装盛足量PdCl2溶液；②装置G的作用是吸收CO2，以防在装置内对后续实验产生干扰；氧化铜变红，则氧化铜被还原，无水硫酸铜变蓝，说明反应中产生水，石灰水变浑浊，则说明产生二氧化碳气体，则说明分解产物中含有一种或多种含有C、H元素的物质；③通入氮气的作用为使D装置中产生的气体全部进入后续装置，且排净后续装置内的氧气等；④实验结束时，先熄天D和I处的酒精灯，一段时间后装置D、E内的温度降低后再停止通入气体可以有效防止倒吸；⑤乙酸钴受热分解，空气中的成分不参与反应生成物有固态氧化物X、CO、CO2、C2H6，且n(X)︰n(CO)︰n(CO2)︰n(C2H6)=1︰4︰2︰3，根据原子守恒配平即可；【详解】(1)①已知，盐酸、COCl2易溶于水，写离子形式，氧化物、单质写化学式，反应的离子方程式:Co2O3+2Cl-+6H+=2Co2++Cl2↑+3H2O；②因反应产物中含有结晶水，则不能直接加热制取，应采用：蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤干燥等操作；（2）①装置E、F是用于检验CO和CO2，PdCl2溶液能被CO还原为Pd，因此装置E用于检验CO2，F装置用于检验CO，装盛足量PdCl2溶液；②装置G的作用是吸收CO2，以防在装置内对后续实验产生干扰；氧化铜变红，则氧化铜被还原，无水硫酸铜变蓝，说明反应中产生水，石灰水变浑浊，则说明产生二氧化碳气体，则说明分解产物中含有一种或多种含有C、H元素的物质，答案为：除去CO2；分解产物中含有一种或多种含C、H元素的物质；③通入氮气的作用为使D装置中产生的气体全部进入后续装置，且排净后续装置内的氧气等，答案为：将D中的气态产物带入后续装置（或排除装置中的空气或不使K中水蒸气进入盛无水硫酸铜的干燥管等）；④实验结束时，先熄天D和I处的酒精灯，一段时间后装置D、E内的温度降低后再停止通入气体可以有效防止倒吸，答案为：防止倒吸；⑤乙酸钴受热分解，空气中的成分不参与反应生成物有固态氧化物X、CO、CO2、C2H6，且n(X)︰n(CO)︰n(CO2)︰n(C2H6)=1︰4︰2︰3，根据原子守恒配平即可，反应式为：3(CH3COO)2CoCo3O4+4CO↑+2CO2↑+3C2H6↑；26、610183106N201350MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O2NO+Cl2═2NOClF中的水蒸气进入D装置中，会导致产品水解NOO2【解析】

Ⅰ.N元素化合价由+5降低为0，铝元素化合价由0升高为+3；根据反应的离子方程式计算消耗金属铝的质量；Ⅱ.实验室在加热条件下用二氧化锰与浓盐酸反应制备氯气；NO与Cl2发生化合反应生成NOCl，根据NOCl遇水易水解分析装置E的作用；尾气中含有NO，NO不能与氢氧化钠溶液反应。【详解】(1)N元素化合价由+5降低为0，铝元素化合价由0升高为+3，根据得失电子守恒、元素守恒、电荷守恒配平离子方程式为6NO3-+10Al+18H2O==3N2↑+10Al(OH)3+6OH-。(2)上述反应中，N元素化合价由+5降低为0，被还原的元素是N，每生成2mol

N2转移2mol×2×(5－0)=20mol电子。(3)100m3废水含有NO3-的物质的量是100×103L×3×10-4mol/L=30mol，设反应消耗铝的物质的量是n=50mol，则所消耗金属铝的质量为50mol×27g/mol=1350g。(4)实验室在加热条件下用二氧化锰与浓盐酸反应制备氯气，制Cl2时发生反应的化学方程式为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O。(5)①装置D中NO与Cl2发生化合反应生成NOCl，发生的反应方程式为2NO+Cl2═2NOCl。②NOCl遇水易水解，若没有E装置，F中的水蒸气进入D装置中，会导致产品水解。③尾气中含有NO，NO不能与氢氧化钠溶液反应，该气体为NO，氧气与NO反应生成NO2，为了充分吸收尾气，可将尾气与O2同时通入氢氧化钠溶液中。本题考查了物质制备方案设计以及实验方案评价、氧化还原反应方程式的配平，侧重于考查学生的分析问题和解决问题的能力。27、温度计防止倒吸使葡萄糖酸充分反应，提高葡萄糖酸的转化率不能氯化钙与葡萄糖酸不反应趁热过滤降低葡萄糖酸钙的溶解度，有利于其析出D【解析】

葡萄糖中加入3%的溴水并且加热，发生反应C6H12O6(葡萄糖)+Br2+H2O→C6H12O7(葡萄糖酸)+2HBr，得到葡萄糖酸和HBr，加入过量碳酸钙并加热，发生反应2C6H12O7(葡萄糖酸)+CaCO3→(C6H11O7)2

Ca

(葡萄糖酸钙)+H2O+CO2、CaCO3+2HBr=CaBr2+CO2↑+H2O，趁热过滤，然后加入乙醇得到葡萄糖酸钙悬浊液，过滤、洗涤、干燥得到葡萄糖酸钙，据此进行分析。【详解】(1)①根据流程可知溴水氧化葡萄糖时需要控制温度为55℃，所以还需要温度计；②倒置的漏斗可以起到防止倒吸的作用；(2)CaCO3固体需有剩余，可使葡萄糖酸充分反应，提高葡萄糖酸的转化率，符合强酸制弱酸原理，以确保葡萄糖酸完全转化为钙盐；(3)盐酸为强酸，酸性比葡萄糖酸强，氯化钙不能与葡萄糖酸直接反应得到葡萄糖酸钙，所以不宜用CaCl2替代CaCO3；(4)根据表格中葡萄糖酸钙的溶解度与温度可知葡萄糖酸钙冷却后会结晶析出，应趁热过滤；(5)葡萄糖酸钙在乙醇中的溶解度是微溶，可降低葡萄糖酸钙在溶剂中的溶解度，有利于葡萄糖酸钙的析出；(6)利用水可以将无机杂质溶解除掉，同时利用葡萄糖酸钙在乙醇中的微溶，减少葡萄糖酸钙的损失，所以应选“乙醇—水的混合溶液”进行洗涤。28、0.1c1

mol/

(L·s)60%19.6CH3OH-6e-

+80H-=CO32-+6H2O4OH--4e-

=O2↑+2H2O1【解析】

(1)①根据甲醇的浓度计算二氧化碳的浓度变化量

再根据速率公式计算CO2的反应速率；②根据反应放出的热量计算参加反应的二氧化碳的物质的量，再利用转化率定义计算；③恒温恒容下，容器A与容器B为等效平衡，平衡时对应组分的物质的量、浓度相等，二者起始物质的量等于各物质的化学计量数，放出热量与吸收热量之和等于反应热数值；(2)①甲醇发生氧化反应，在碱性条件下生成碳酸根离子与水；②原电池通入甲醇的为负极，乙中石墨电极

为阳极、铁电极为阴极，开始Cl-在阳极放电生成氯气，阴极Cu2+放电生成Cu，故图丙中I表示阴极产生的气体，II表示阳极产生的气体，t1前电极反应式为:阳极2Cl--4e-

=Cl2↑，阴极2Cu2++4e-

=2Cu，t1~t2电极反应式为:阳极4OH--4e-

=O2↑+2H2O，阴极4H++4e

-

=2H2↑

，在根据氧气的量计算氢氧根离子的物质的量，水电离出等物质的量的氢离子和氢氧根离子，根据公式计算得出c(H+)

从而得出溶液的pH。【详解】(1)①根据表格可知A反应中甲醇的反应速率为v===0.1c1

mol/

(L·

s)，根据CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，所以A中CO2的平均反应速率为0.1c1

mol/

(L·s)；②根据CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)；ΔH=-49kJ·mol-1，由表中数据可知，反应达到平衡时放出的热量为29.4kJ，所以参加反应的CO2的物质的量为0.6mol，所以A中达到平衡时CO2的转化率为=；故答案为：

60%；③恒温恒容下，容器A与容器B为等效平衡，平衡时对应组分的物质的量、浓度相等，二者起始物质的量等于各物质的化学计量数，放出热量与吸收热量之和等于反应热数值，则吸收的热量a=反应热-放出的热量=49.

0kJ-29.

4kJ=19.

6kJ，故答案为：19.6；(2)①由图象可知左图为甲醇燃料电池，在碱性条件下甲醇失电子生成碳酸根离子和水，电极反应式为：CH3OH-6e-

+80H-=CO32-+6