天津市静海六校2026届高三下学期六次月考化学试题试卷含解析

天津市静海六校2026届高三下学期六次月考化学试题试卷注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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、室温下，下列各组微粒在指定溶液中能大量共存的是A．pH=1的溶液中：CH3CH2OH、Cr2O72－、K＋、SO42－B．c(Ca2＋)=0.1mol·L－1的溶液中：NH4＋、C2O42－、Cl－、Br－C．含大量HCO3－的溶液中：C6H5O－、CO32－、Br－、K＋D．能使甲基橙变为橙色的溶液：Na＋、NH4＋、CO32－、Cl－2、将燃着的H2S不断通入盛有一定量O2的集气瓶中。当火焰熄灭后继续通入H2S，发生的主要反应是A．2H2S+O2=2S+2H2O B．2H2S+3O2=2SO2+2H2OC．2H2S+SO2=3S+2H2O D．2SO2+O2=2SO33、将表面已完全钝化的铝条，插入下列溶液中，不会发生反应的是（）A．稀硝酸 B．硝酸铜 C．稀盐酸 D．氢氧化钠4、下列属于氧化还原反应的是()A．2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋CO2↑B．Na2O＋H2O=2NaOHC．Fe2O3＋3CO2Fe＋3CO2D．Ca(OH)2＋CO2=CaCO3↓＋H2O5、2019年是“国际化学元素周期表年”。1869年门捷列夫把当时已知的元素根据物理、化学性质进行排列，准确预留了甲、乙两种未知元素的位置，并预测了二者的相对原子质量，部分原始记录如下。下列说法中错误的是A．甲位于现行元素周期表第四周期第ⅢA族 B．原子半径比较：甲＞乙＞SiC．乙的简单气态氢化物的稳定性强于CH4 D．推测乙的单质可以用作半导体材料6、为检验某固体物质中是否铵盐，你认为下列试纸或试剂一定用不到的是()①蒸馏水②氢氧化钠溶液③红色石蕊试纸④蓝色石蕊试纸⑤稀硫酸A．①⑤ B．④⑤ C．①③ D．①④⑤7、对NaOH晶体叙述错误的是A．存在两种化学键 B．含共价键的离子化合物C．存在两种离子 D．含共价键的共价化合物8、根据所给信息和标志，判断下列说法错误的是A．A B．B C．C D．D9、下列关于pH=3的CH3COOH溶液的叙述正确的是（）A．溶液中H2O电离出的c(OH-)=1.0×10-3mol⋅L—1B．加入少量CH3COONa固体后，溶液pH升高C．与等体积0.001mol/LNaOH溶液反应，所得溶液呈中性D．与pH=3的硫酸溶液浓度相等10、一定条件下，下列金属中能与水发生置换反应并产生金属氧化物的是A．钾 B．镁 C．铁 D．铜11、氧化还原反应与四种基本反应类型的关系如图所示，下列化学反应属于阴影3区域的是A．2HClO2HCl＋O2↑B．NH4HCO3NH3↑＋H2O＋CO2↑C．4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3D．Fe2O3＋3CO2Fe＋3CO212、化合物A()可由环戊烷经三步反应合成：则下列说法错误的是（）A．反应1可用试剂是氯气B．反应3可用的试剂是氧气和铜C．反应1为取代反应，反应2为消除反应D．A可通过加成反应合成Y13、如图是我国学者研发的高效过氧化氢一尿素电池的原理装置：装置工作时，下列说法错误的是A．Ni-Co/Ni极上的电势比Pd/CFC极上的低B．向正极迁移的主要是K+，产物M为K2SO4C．Pd/CFC极上发生反应：D．负极反应为14、铅霜(醋酸铅)是一种中药，具有解毒敛疮、坠痰镇惊之功效，其制备方法为：将醋酸放入磁皿，投入氧化铅，微温使之溶化，以三层细布趁热滤去渣滓，放冷，即得醋酸铅结晶；如需精制，可将结晶溶于同等量的沸汤，滴醋酸少许，过七层细布，清液放冷，即得纯净铅霜。制备过程中没有涉及的操作方法是A．萃取 B．溶解 C．过滤 D．重结晶15、已知A、B、C、D、E是原子序数依次增大的五种短周期元素，其中元素A、E的单质在常温下呈气态，元素B的原子最外层电子数是其电子层数的2倍，元素C在同周期的主族元素中原子半径最大，元素D的合金是日常生活中常用的金属材料。下列说法正确的是A．工业上常用电解法制备元素C、D、E的单质B．元素A、B组成的化合物常温下一定呈气态C．化合物AE与CE含有相同类型的化学键D．元素B、C、D的最高价氧化物对应的水化物两两之间均可发生化学反应16、下列实验能实现的是（）A．图1装置左侧用于检验氯化铵受热分解出的氨气B．图2装置用于分离碘单质和高锰酸钾固体混合物C．图3装置中若a处有红色物质生成，b处变蓝，证明X一定是H2D．图4装置可以制取少量CO2，安全漏斗可以防止气体逸出17、常温下，将NaOH溶液滴加到HA溶液中，测得混合溶液的pH与p转化关系如图所示[已知：p=-lg]。下列叙述错误的是（）A．m点：c(A-)=c(HA)B．Ka(HA)的数量级为10-6C．水的电离程度：m<rD．r点：c(H+)+c(Na+)=c(A-)+c(OH-)18、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．12g金刚石与12g石墨所含共价键数均为2NAB．常温下，lLpH=7的1mol/LHCOONH4溶液中HCOO-与NH4+数目均为NAC．0.1molCl2与0.2molCH4光照充分反应生成HCl分子数为0.1NAD．100g34%的H2O2中加入MnO2充分反应转移电子数为2NA19、下列说法正确的是（）A．用分液的方法可以分离汽油和水B．酒精灯加热试管时须垫石棉网C．NH3能使湿润的蓝色石蕊试纸变红D．盛放NaOH溶液的广口瓶，可用玻璃塞20、在0.1mol/L的Na2CO3溶液中，下列关系式正确的是（）A．c(Na+)=2c(CO32-) B．c(H+)>c(OH-)C．c(CO32-)+c(HCO3-)=0.1mol/L D．c(HCO3-)<c(OH-)21、短周期元素甲、乙、丙、丁的原子半径依次增大，其简单氢化物中甲、乙、丙、丁的化合价如表所示下列说法正确的是（）元素甲乙丙丁化合价－2－3－4－2A．氢化物的热稳定性：甲>丁 B．元素非金属性：甲<乙C．最高价含氧酸的酸性：丙>丁 D．丙的氧化物为离子化合物22、实验室可用浓盐酸与浓硫酸混合快速制取HCl．下列解释合理的是（）A．浓硫酸是高沸点的酸，通过它与浓盐酸反应制取低沸点的酸B．通过改变温度和浓度等条件，利用平衡移动原理制取HClC．两种强酸混合，溶解度会相互影响，低溶解度的物质析出D．浓硫酸的浓度远大于浓盐酸的浓度，高浓度的酸制取低浓度的酸二、非选择题(共84分)23、（14分）以下是合成芳香族有机高聚物P的合成路线。已知：ROH+R’OHROR’+H2O完成下列填空：（1）F中官能团的名称_____________________；写出反应①的反应条件______；（2）写出反应⑤的化学方程式______________________________________________。（3）写出高聚物P的结构简式__________。（4）E有多种同分异构体，写出一种符合下列条件的同分异构体的结构简式______。①分子中只有苯环一个环状结构，且苯环上有两个取代基；②1mol该有机物与溴水反应时消耗4molBr2（5）写出以分子式为C5H8的烃为主要原料，制备F的合成路线流程图(无机试剂任选)。合成路线流程图示例如：____________________24、（12分）A为只含有C、H、O三种元素的芳香烃衍生物，且苯环上只有两个取代基。各物质间的相互转化关系如下图所示。已知：D通过加聚反应得到E，E分子式为(C9H8O2)n；H分子式为C18H16O6；I中除含有一个苯环外还含有一个六元环。(1)写出A的分子式：A______________。(2)写出I、E的结构简式：I______________E_________________；(3)A+G→H的反应类型为____________________________；(4)写出A→F的化学方程式__________________________。(5)有机物A的同分异构体只有两个对位取代基，既能与Fe3+发生显色反应，又能发生水解反应，但不能发生银镜反应。则此类A的同分异构体有_______种，其中一种在NaOH溶液中加热消耗的NaOH最多。写出该同分异构体与NaOH溶液加热反应的化学方程式___________________。25、（12分）绿矾（FeSO4·7H2O）可作还原剂、着色剂、制药等，在不同温度下易分解得到各种铁的氧化物和硫的氧化物。已知SO3是一种无色晶体，熔点16.8℃，沸点44.8℃，氧化性及脱水性较浓硫酸强，能漂白某些有机染料，如品红等。回答下列问题：（1）甲组同学按照上图所示的装置，通过实验检验绿矾的分解产物。装置B中可观察到的现象是_____________________________，甲组由此得出绿矾的分解产物中含有SO2。装置C的作用是_________________________。（2）乙组同学认为甲组同学的实验结论不严谨，认为需要补做实验。对甲组同学做完实验的B装置的试管加热，发现褪色的品红溶液未恢复红色，则可证明绿矾分解的产物中__________（填字母）。A．不含SO2B．可能含SO2C．一定含有SO3（3）丙组同学查阅资料发现绿矾受热分解还可能有O2放出，为此，丙组同学选用甲组同学的部分装置和下图部分装置设计出了一套检验绿矾分解所得气态产物的装置：①丙组同学的实验装置中，依次连接的合理顺序为_______________________。②能证明绿矾分解产物中有O2的检验方法是________________________。（4）为证明绿矾分解产物中含有三价铁的操作及现象____________________。26、（10分）工业纯碱中常常含有NaCl、等杂质。为测定某工业纯碱的纯度。设计了如图实验装置。依据实验设计，请回答：（1）仪器D的名称是______________；装置D的作用是______________________。（2）若不考虑操作、药品及其用量等方面的影响，该实验测得结果会___________（填“偏高”、“偏低”，“无影响”）。27、（12分）某小组为探究K2Cr2O7中Cr在不同条件下存在的主要形式及性质特点。室温下(除系列实验I中ii外)进行了如下系列实验：系列实验I装置滴管中的试剂试管中的试剂操作现象i1mL水4mL0.1mol·L-1K2Cr2O7橙色溶液振荡溶液颜色略微变浅ii1mL水振荡60℃水浴溶液颜色较i明显变浅iii1mL18.4mol·L-1浓硫酸振荡溶液颜色较i明显变深iv1mL6mol·L-1NaOH溶液振荡_____________________v3滴浓KI溶液iv中溶液振荡无明显现象vi过量稀硫酸v中溶液边滴边振荡溶液颜色由黄色逐渐变橙色，最后呈墨绿色已知：K2CrO4溶液为黄色；Cr3+在水溶液中为绿色。请按要求回答下列问题：(1)写出K2C2O7在酸性条件下平衡转化的离子方程式：________________________。对比实验i与ii，可得结论是该转化反应的△H______0(填>”或“<”)。(2)结合实验i、ii，分析导致ii中现象出现的主要因素是__________________。(3)推测实验iv中实验现象为________________________。对比实验i、ii、iv中实验现象，可知，常温下K2Cr2O7中Cr在碱性条件下主要以______离子形式存在。(4)对比实验v与vi，可知：在______条件下，+6价Cr被还原为______。(5)应用上述实验结论，进一步探究含Cr2O72-废水样品用电解法处理效果的影响因素，实验结果如下表所示(Cr2O72-的起始浓度、体积，电压、电解时间等均相同)。系列实验Ⅱiiiiiiiv样品中是否加Fe2(SO4)3否否加入5g否样品中是否加入稀硫酸否加入1mL加入1mL加入1mL电极材料阴、阳极均为石墨阴极为石墨，阳极为铁Cr2O72-0.92212.720.857.3①实验中Cr2O72-在阴极的反应式：_________________________________________________。②实验i中Fe3+去除Cr2O72-的机理如图所示，结合此机理，解释实验iv中Cr2O72-去除率提高较多的原因(用电极反应式、离子方程式和必要的文字说明)_____________________________。28、（14分）二氯化二硫(S2Cl2)是一种重要的化工原料,常用作橡胶硫化剂,改变生橡胶受热发粘、遇冷变硬的性质。查阅资料可知S2Cl2具有下列性质:物理性质毒性色态挥发性熔点沸点剧毒金黄色液体易挥发-76℃138℃化学性质①300℃以上完全分解②S2Cl2＋Cl22SCl2③遇高热或与明火接触,有引起燃烧的危险④受热或遇水分解放热,放出腐蚀性烟气(1)制取少量S2Cl2实验室可利用硫与少量氯气在110~140℃反应制得S2Cl2粗品，氯气过量则会生成SCl2。①仪器m的名称为__________,装置F中试剂的作用是_________。②装置连接顺序:A______ED。③实验前打开K1,通入一段时间的氮气排尽装置内空气。实验结束停止加热后，再通入一段时间的氮气,其目的是_____________。④为了提高S2Cl2的纯度,实验的关键是控制好温度和____________。(2)少量S2Cl2泄漏时应喷水雾减慢其挥发(或扩散),并产生酸性悬浊液,但不要对泄漏物或泄漏点直接喷水,其原因是______________。(3)S2Cl2遇水会生成SO2、HCl两种气体,某同学设计了如下实验方案来测定该混合气体中SO2的体积分数。①W溶液可以是_____(填标号)。a.H2O2溶液b.KMnO4溶液(硫酸酸化)c.氯水②该混合气体中二氧化硫的体积分数为_________(用含V、m的式子表示)。29、（10分）尿素在农业、医药等诸多领域应用广泛。工业上有多种工艺用NH3和CO2直接合成尿素。(1)水溶液全循环法合成尿素的反应过程可用下列热化学方程式表示：反应I2NH3(1)+CO2(g)⇌NH2COONH4(1)△H1=-119.2kJ•mol-1反应IINH2COONH4(1)⇌CO(NH2)2(1)+H2O(1)△H2=15.5kJ•mol-1①写出NH3(1)与CO2(g)反应生成CO(NH2)2(1)和液态水的热化学方程式：______。②该工艺要求在190~200℃、13~24MPa的条件下反应，90℃左右反应可实现最高平衡转化率。试解释选择高压条件的理由：_________。(2)在不同氨碳比L=和水碳比W=条件下CO2平衡转化率x随温度T变化情况如图所示：①CO2平衡转化率x随温度T升高先增大后减小，试分析原因：_________。②在图中，画出L=4、W=O时CO2平衡转化率x随温度T变化的曲线示意图____。(3)实验室模拟热气循环法合成尿素，T℃度时，将5.6molNH3与5.2molCO2在容积恒定为0.5L的恒温密闭容器中发生反应：2NH3(g)+CO2(g)⇌CO(NH2)2(s)+H2O(g)△H1＝—43kJ•mol-1。达到平衡状态时，NH3与CO2的平衡分压之比p(NH3):p(CO2)=2:13。[p(NH3)=x(NH3)•p，x(NH3)为平衡体系中NH3的物质的量分数，p为平衡总压]。①T℃时，该反应的平衡常数K=______________。②若不考虑副反应，对于该反应体系，下列说法正确的是_________。A．当反应体系中气体分子的平均摩尔质量保持不变时，反应达到平衡状态B．相同条件下，提高水碳比或降低氨碳比都会使NH3的平衡转化率降低C．在容器中加入CaO，(可与H2O反应)，提高CO(NH2)2产率D．反应开始后的一段时间内，适当升温可提高单位时间内CO2的转化率

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.pH=1的溶液显酸性，Cr2O72－有强氧化性，会把CH3CH2OH氧化，故A错误；B.草酸钙难溶于水，故B错误；C.C6H5OH的酸性比碳酸弱比碳酸氢根强，因此可以共存，故C正确；D.使甲基橙变为成橙色的溶液显酸性，其中不可能存在大量的CO32-，故D错误；故答案为C。2、C【解析】

将燃着的H2S不断通入盛有一定量O2的集气瓶中，开始氧气过量H2S完全燃烧生成SO2和水。所以当火焰熄灭后继续通入H2S，发生的主要反应是2H2S+SO2=3S+2H2O；答案选C。3、B【解析】

表面已完全钝化的铝条表面的物质是氧化铝，氧化铝属于两性氧化物，能溶于强酸、强碱溶液，稀硝酸和稀盐酸是强酸，NaOH是强碱，所以能溶于稀硝酸、稀盐酸、NaOH溶液中，但不能和硝酸铜反应，故选B。4、C【解析】

凡是有元素化合价变化的反应均为氧化还原反应，A、B、D项中均无化合价变化，所以是非氧化还原反应；C项中Fe、C元素化合价变化，则该反应为氧化还原反应，故C符合；答案选C。5、C【解析】

从示意图可以看出同一行的元素在同一主族，同一列的元素在同一周期，甲元素与B和Al在同一主族，与As同一周期，则甲在元素周期表的位置是第四周期第ⅢA族，为Ga元素，同理，乙元素的位置是第四周期第ⅣA族，为Ge元素。A．从示意图可以看出同一行的元素在同一主族，同一列的元素在同一周期，甲元素与B和Al在同一主族，与As同一周期，则甲在元素周期表的位置是第四周期第ⅢA族，A项正确；B．甲元素和乙元素同周期，同周期元素核电荷数越小半径越大，甲元素的原子序数小，所以甲元素的半径大于乙元素。同主族元素，核电荷数越大，原子半径越大，乙元素与Si同主族，乙元素核电荷数大，原子半径大，排序为甲＞乙＞Si，B项正确；C．同主族元素的非金属性从上到下越来越弱，则气态氢化物的稳定性越来越弱，元素乙的简单气态氢化物的稳定性弱于CH4，C项错误；D．乙为Ge元素，同主族上一个元素为硅元素，其处于非金属和金属元素的交界处，可用作半导体材料，D项正确；本题答案选C。6、B【解析】

铵根离子和氢氧化钠溶液反应生成氨气，氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，则需要红色石蕊试纸，且需要蒸馏水润湿试纸，则不需要的物质是蓝色石蕊试纸及稀硫酸，④⑤正确，故答案为B。7、D【解析】

根据化学键的类型及其与物质类别间的关系分析。【详解】A.为离子键，OH-内氢、氧原子间为共价键，A项正确；B.NaOH由Na+、OH-构成，是含共价键的离子化合物，B项正确；C.NaOH晶体中，有Na+、OH-两种离子，C项正确；D.NaOH是含共价键的离子化合物，D项错误。本题选D。8、B【解析】

A.阿司匹林主要成分是乙酰水杨酸，含有羧基，具有酸性，可以与NaHCO3发生反应，因而可解毒，A正确；B.将Cu片制成纳米铜，增加了铜与空气的接触面积，导致反应速率加快，并不是金属活动性发生改变，B错误；C.带有该标识，证明该物质具有放射性，会对人产生危害，因此看到要随时报警，C正确；D.粮食酿酒，涉及淀粉的水解反应，产生的葡萄糖在酒化酶的作用下产生乙醇的氧化还原反应，D正确；故合理选项是B。9、B【解析】

A项、pH=3的CH3COOH溶液中c（H+）为1.0×10-3mol•L-1，氢离子抑制了水的电离，醋酸中的氢氧根离子来自水的电离，则溶液中H2O电离出的c（OH-）=1.0×10-10mol•L-1，故A错误；B项、加入少量CH3COONa固体后，溶液中醋酸根浓度增大，醋酸的电离平衡逆向移动，溶液中氢离子浓度减小，溶液pH升高，故B正确；C项、醋酸为弱酸，pH=3的醋酸溶液浓度大于0.001mol•L-1，与等体积0.001mol•L-1NaOH溶液反应后醋酸过量，所得溶液呈酸性，故C错误；D项、pH=3的硫酸溶液中氢离子浓度为c（H+）=1.0×10-3mol•L-1，硫酸的浓度为5×10-4mol•L-1，而醋酸的浓度大于0.001mol•L-1，故D错误；故选B。水电离出的氢离子浓度总是等于水电离出是氢氧根离子浓度，酸碱抑制水电离，水解的盐促进水电离。10、C【解析】

A.钾和水反应生成KOH和氢气，故A不选；B.加热条件下，镁和水反应生成氢氧化镁和氢气，故B不选；C.加热条件下，铁和水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，故C选；D.铜和水不反应，故D不选。故选C。11、D【解析】

根据图得出阴影3为氧化还原反应，但不是置换反应、化合反应、分解反应。【详解】A.2HClO2HCl＋O2↑，有化合价升降，是氧化还原反应，但是分解反应，故A不符合题意；B.NH4HCO3NH3↑＋H2O＋CO2↑，没有化合价升降，故B不符合题意；C.4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3，有化合价升降，是氧化还原反应，但是化合反应，故C不符合题意；D.Fe2O3＋3CO2Fe＋3CO2，有化合价升降，是氧化还原反应，不属于置换反应、化合反应、分解反应，故D符合题意。综上所述，答案为D。12、C【解析】

实现此过程，反应1为与卤素单质发生取代反应，反应2为卤代环戊烷与氢氧化钠的水溶液发生取代反应生成醇，反应3为醇的催化氧化。【详解】A.反应1为与卤素单质发生取代反应，可用试剂是氯气，A正确；B.反应3为醇的催化氧化，可用的试剂是氧气和铜，B正确；C.反应1和反应2都为取代反应，C错误；D.酮可催化加氢生成相应的醇，D正确；故答案为：C。13、C【解析】

由电池工作原理图可得，氮元素化合价由-3价变为0价，化合价升高，失电子，发生氧化反应，则Ni-Co/Ni极为负极，Pd/CFC为正极，正极得电子，发生还原反应。【详解】A．电子从低电势(负极)流向高电势（正极），Ni-Co/Ni极是原电池负极，电势较低，故A正确；B．该电池使用阳离子交换膜，只允许阳离子通过，原电池中，阳离子向正极迁移，则向正极迁移的主要是K+，产生M为K2SO4，故B正确；C．Pd/CFC极上发生反应：，故C错误；D．根据分析，Ni-Co/Ni极为负极，结合图示负极的物质转化关系可得，氮元素化合价由-3价变为0价，化合价升高，失电子，发生氧化反应，负极反应为：，故D正确；答案选C。14、A【解析】

此操作中，将醋酸放入磁皿，投入氧化铅，微温使之溶化操作为溶解；放冷，即得醋酸铅结晶…清液放冷，即得纯净铅霜此操作为重结晶；以三层细纱布趁热滤去渣滓，此操作为过滤，未涉及萃取，答案为A。15、A【解析】元素B的原子最外层电子数是其电子层数的2倍，短周期元素中有碳、硫，A、B、C、D、E是原子序数依次增大，所以B是C；A的原子序数小于6（碳）且单质为气体，A是H元素；C的原子序数大于6，半径是同周期中最大，C是第三周期的Na元素；元素D的合金是日常生活中常用的金属材料，D是Al元素；E单质是气体，E是Cl元素；所以A、B、C、D、E分别是：H、C、Na、Al、Cl。工业上用电解熔融氯化钠制取钠，用电解熔融氧化铝制取铝，用电解饱和食盐水制取氯气，A选项正确；氢元素、碳元素组成化合物属于烃，常温下碳原子数小于4是气态，大于4是液态或者固态，B选项错误；HCl是共价化合物，含共价键，氯化钠是离子化合物，含离子键，HCl和NaCl的化学键类型不同，C选项错误；元素B、C、D的最高价氧化物对应的水化物分别是H2CO3、NaOH、Al（OH）3，H2CO3与Al（OH）3不反应，D选项错误，正确答案A。16、D【解析】

A、左侧的五氧化二磷会吸收氯化铵分解产生的氨气，因此左侧可检测氯化氢，故A不符合题意；B、加热时碘升华，高锰酸钾会发生分解，因此加热法不能分离，故B不符合题意；C、a处有红色物质生成，说明氧化铜被还原，b处变蓝，说明气体中含有水蒸气，因此有可能X中含有水蒸气，X也可能含有乙醇、氨气、甲烷等，故C不符合题意；D、大理石和稀盐酸反应生成二氧化碳，安全漏斗可在左右侧形成液柱，可防止气体逸出，故D符合题意；故答案为：D。17、B【解析】

A.由图像可知m点所示溶液中p=-lg=0，=1，则m点c(A-)=c(HA)，A正确；B.Ka(HA)只与温度有关，可取m点分析，Ka(HA)=，由于=1，Ka(HA)=c(H+)=10-4.76，B错误；C.由A项知m点c(A-)=c(HA)，r点时由横坐标可知，=100，即c(A-)>c(HA)，说明r点溶液中A-浓度大于m点，水的电离程度：m<r，C正确；D.r点溶液中电荷守恒关系为：c(H+)+c(Na+)=c(A-)+c(OH-)，D正确；故选B。水溶液中的图像题，解题关键在于认真读懂图像，横坐标、纵坐标、线的走势、尤其是特殊点的分析，如本题中的m点。18、C【解析】

A．金刚石中平均1个碳原子形成2个共价键，石墨中平均1个碳原子形成1.5个共价键，因此12g金刚石与12g石墨所含共价键数不相等，A错误；B．常温下，lLpH=7的1mol/LHCOONH4溶液显中性，根据电荷守恒守恒可知HCOO-与NH4+的浓度相等，但由于二者均水解，所以数目均小于NA，B错误；C．0.1molCl2与0.2molCH4光照充分反应根据氯原子守恒可知生成HCl分子数为0.1NA，C正确；D．100g34%的H2O2（物质的量是1mol）中加入MnO2充分反应生成0.5mol氧气，转移电子数为NA，D错误；答案选C。19、A【解析】A．汽油和水彼此不溶，可用分液的方法进行分离，故A正确；B．试管可用酒精灯直接加热，无须垫石棉网，故B错误；C．NH3的水溶液显碱性，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，故C错误；D．玻璃中含有的SiO2能和NaOH溶液反应，则盛放NaOH溶液的广口瓶，不可用玻璃塞，只能用橡皮塞，故D错误；答案为A。20、D【解析】

A.Na2CO3在溶液中存在CO32-水解，即CO32-+H2OHCO3-+OH-，所以c(Na+)>2c(CO32-)；故A错误；

B.Na2CO3在溶液中存在CO32-水解，即CO32-+H2OHCO3-+OH-，由于CO32-水解溶液呈碱性，所以c(OH-)>c(H+)，故B错误；

C.由于Na2CO3在溶液中存在着下列平衡：CO32-+H2OHCO3-+OH-;HCO3-+H2OH2CO3+OH-;所以Na2CO3在溶液中C的存在形式为CO32-、HCO3-、H2CO3，根据物料守恒:c(Na+)=2c(CO32-)+2c(HCO3-)+2c(H2CO3)=0.1mol/L，故C错误；D.由于CO32-水解，水解方程式为CO32-+H2OHCO3-+OH-，HCO3-+H2O=H2CO3+OH-，所以c(OH)>c(HCO3-)，故D正确；所以答案：D。根据Na2CO3在溶液中存在：Na2CO3=2Na++CO32-；CO32-+H2OHCO3-+OH-；HCO3-+H2OH2CO3+OH-;H2OH++OH-，进行分析判断。21、A【解析】

由短周期元素氢化物中甲、乙、丙、丁的化合价可知，乙、丁处于V族，甲处于ⅥA族，丙处于ⅣA，且甲、乙、丙、丁的原子半径依次增大，则甲为O元素、乙为N元素、丙为C元素、丁为S元素，结合元素周期律与元素化合物性质解答。【详解】A.甲形成的氢化物是水，丁形成的氢化物是硫化氢，非金属性氧大于硫，所以氢化物的稳定性是：甲>丁，故A正确；B.同周期自左而右非金属性增强,故非金属性：甲(O)>乙(N)，故B错误；C.最高价含氧酸的酸性：碳元素形成碳酸，硫元素形成硫酸，故酸性丙<丁，故C错误；D.丙的氧化物是二氧化碳，属于共价化合物，故D错误；故选：A。22、B【解析】

A.浓硫酸确实沸点更高，但是浓硫酸并不与浓盐酸发生反应，A项错误；B.的平衡常数极小，正常情况下几乎不会发生。加入浓硫酸一方面可以极大地提高浓度，另一方面浓硫酸稀释时产生大量热，利于产物的挥发，因此反应得以进行，B项正确；C.常温常压下，1体积水能溶解约500体积的氯化氢，因此产生氯化氢的原因并不是因为溶解度，C项错误；D.高浓度的酸并不一定能制低浓度的酸，例如冰醋酸就无法通过这样的方式来制取盐酸，D项错误；答案选B。二、非选择题(共84分)23、羧基、氯原子光照+3NaOH+NaCl+3H2O、、（任选其一）CH2BrC(CH3)=CHCH2BrCH2OHC(CH3)=CHCH2OHOHCC(CH3)=CHCHOHOOCC(CH3)=CHCOOH（或与溴1，4-加成、氢氧化钠溶液水解、与氯化氢加成、催化氧化、催化氧化）【解析】

本题为合成芳香族高聚物的合成路线，C7H8经过反应①生成的C7H7Cl能够在NaOH溶液中反应可知，C7H8为甲苯，甲苯在光照条件下，甲基上的氢原子被氯原子取代，C7H7Cl为，C为苯甲醇，结合已知反应和反应条件可知，D为，D→E是在浓硫酸作用下醇的消去反应，则E为，据M的分子式可知，F→M发生了消去反应和中和反应。M为，N为，E和N发生加聚反应，生成高聚物P，P为，据此进行分析。【详解】（1）根据F的结构简式可知，其官能团为：羧基、氯原子；反应①发生的是苯环侧链上的取代反应，故反应条件应为光照。答案为：羧基、氯原子；光照；（2）F→M发生了消去反应和中和反应。M为，反应的化学方程式为：+3NaOH+NaCl+3H2O，故答案为：+3NaOH+NaCl+3H2O。（3）E为，N为，E和N发生加聚反应，生成高聚物P，P为，故答案为：。（4）E为，其同分异构体具有①分子中只有苯环一个环状结构,且苯环上有两个取代基，②1mol该有机物与溴水反应时消耗4molBr2，则该物质一个官能团应是酚羟基，且酚羟基的邻对位位置应无取代基，则另一取代基和酚羟基为间位关系。故其同分异构体为：、、，故答案为：、、（任选其一）。（5）分析目标产物F的结构简式：，运用逆推方法，根据羧酸醛醇卤代烃的过程，可选择以为原料进行合成，合成F的流程图应为：CH2BrC(CH3)=CHCH2BrCH2OHC(CH3)=CHCH2OHOHCC(CH3)=CHCHOHOOCC(CH3)=CHCOOH，故答案为：CH2BrC(CH3)=CHCH2BrCH2OHC(CH3)=CHCH2OHOHCC(CH3)=CHCHOHOOCC(CH3)=CHCOOH。卤代烃在有机物转化和合成中起重要的桥梁作用：烃通过与卤素发生取代反应或加成反应转化为卤代烃，卤代烃在碱性条件下可水解转化为醇或酚，进一步可转化为醛、酮、羧酸和酯等；卤代烃通过消去反应可转化为烯烃或炔烃。24、C9H10O3取代反应(或酯化反应)2+O22+2H2O4种+3NaOH+CH3CH2COONa+2H2O【解析】

A能发生连续的氧化反应，说明结构中含有-CH2OH，D通过加聚反应得到

E，E分子式为(C9H8O2)n，D的分子式为C9H8O2，D中含碳碳双键，由A在浓硫酸作用下发生消去反应生成D，A为只含有C、H、O三种元素的芳香烃衍生物，且芳环上只有两个取代基，A中含有苯环，A在浓硫酸作用下生成的I中除含有一个苯环外还含有一个六元环，应是发生的酯化反应，A中含有羧基，A的结构应为，D为，E为，I为，反应中A连续氧化产生G，G为酸，F为，G为，A与G发生酯化反应产生H，根据H分子式是C18H16O6，二者脱去1分子的水，可能是，也可能是，据此解答。【详解】根据上述分析可知：A为，D为，E为，F为，G为，I为，H的结构可能为，也可能是。(1)A为，则A的分子式为C9H10O3；(2)根据上面的分析可知，I为，E为；(3)A为，A分子中含有羟基和羧基，G为，G分子中含有羧基，二者能在浓硫酸存在和加热条件下发生酯化反应，酯化反应属于取代反应，A+G→H的反应类型为取代反应；(4)A中含有醇羟基和羧基，由于羟基连接的C原子上含有2个H原子，因此可以发生催化氧化反应，产生醛基，因此A→F的化学方程式为2+O22+2H2O；(5)有机物A的同分异构体只有两个对位取代基，能与Fe3+发生显色反应，说明苯环对位上有-OH，又能发生水解反应，但不能发生银镜反应，说明含有酯基，不含醛基，同分异构体的数目由酯基决定，酯基的化学式为-C3H5O2，有—OOCCH2CH3、—COOCH2CH3、—CH2OOCCH3和—CH2COOCH3，共4种同分异构体。其中的一种同分异构体在NaOH溶液中加热消耗的NaOH最多，酯基为—OOCCH2CH3，1mol共消耗3molNaOH，其它异构体1mol消耗2molNaOH，该异构体的结构简式为，该反应的化学方程式为：+3NaOH+CH3CH2COONa+2H2O。本题考查有机物的推断和合成的知识，有一定的难度，做题时注意把握题中关键信息，采用正、逆推相结合的方法进行推断，注意根据同分异构体的要求及各种官能团的性质判断相应的同分异构体的结构和数目。25、品红溶液褪色吸收尾气，防止SO2(SO3)等气体扩散到空气中污染环境BCAFGBDH用带火星的木条检验H中收集到的气体，木条复燃。取少量分解产物于试管中，加入足量稀盐酸溶解，再滴加几滴KSCN溶液，溶液变红色，说明有三价铁。【解析】

二氧化硫、三氧化硫能使品红褪色，但二氧化硫使品红褪色后加热能恢复红色；检验绿矾分解所得气态产物，根据可能的产物性质，用无水硫酸铜验证没水、用冰水冷却气体看是否有无色晶体生成，若有无色晶体则含有三氧化硫；用品红检验二氧化硫；用氢氧化钠除去二氧化硫，用排水法收集可能生成的氧气；氧气能使带火星的木条复燃；三价铁能使KSCN溶液变红。【详解】（1）二氧化硫能使品红褪色，装置B中可观察到的现象是品红溶液褪色。二氧化硫、三氧化硫是酸性气体，有毒，为防止SO2(SO3)等气体扩散到空气中污染环境，装置C的作用是尾气处理。（2）二氧化硫、三氧化硫能使品红褪色，但二氧化硫使品红褪色后加热能恢复红色；对甲组同学做完实验的B装置的试管加热，发现褪色的品红溶液未恢复红色，则可证明绿矾分解的产物中可能含SO2或一定含有SO3。（3）①检验绿矾分解所得气态产物，根据可能的产物性质，用无水硫酸铜验证没水、用冰水冷却气体看是否有无色晶体生成，若有无色晶体则含有三氧化硫；用品红检验二氧化硫；用氢氧化钠除去二氧化硫，用排水法收集可能生成的氧气，所以仪器连接顺序是AFGBDH；②氧气能使带火星的木条复燃，所以检验氧气的方法是用带火星的木条检验H中收集到的气体，木条复燃证明有氧气生成；（4）三价铁能使KSCN溶液变红，证明绿矾分解产物中含有三价铁的操作及现象是取少量分解产物于试管中，加入足量稀盐酸溶解，再滴加几滴KSCN溶液，溶液变红色，说明有三价铁。检验Fe3+的方法是滴加KSCN溶液，若变红则含有Fe3+；检验Fe2+的一种方法是滴加KSCN溶液不变红，再滴加双氧水，若变红则含有Fe2+；26、干燥管防止空气中的、进入U形管，干扰碳酸钠含量测定偏低【解析】

工业纯碱与过量稀硫酸反应放出CO2，测定生成的CO2质量可计算样品纯度。【详解】（1）图中仪器D为干燥管，其中盛放碱石灰可防止装置C中的碱石灰吸收空气中的CO2和H2O，影响测定结果。（2）装置A中生成的CO2会部分残留在装置A、B中，使装置C测得的CO2质量偏小，进而计算得到的纯度偏低。进行误差分析，首先要明确测定原理，再分析装置、试剂、操作等对测定数据的影响，利用计算公式得出结论。27、>c(H+)温度溶液颜色较i明显变浅CrO42-酸性Cr3+Cr2O72-+6e-+14H+=2Cr3++7H2OFe-2e-=Fe2+，6Fe2++14H++Cr2O72-=6Fe3++2Cr3++7H2O，Fe3++e-=Fe2+，Fe2+继续还原Cr2O72-，Fe2+循环利用提高了Cr2O72-的去除率【解析】

（1）根据实验vi的现象可知酸性条件下Cr2O72-发生水解；实验ii与实验i对比，当60℃水浴时，溶液颜色较i明显变浅，根据温度对化学反应平衡的影响效果作答；（2）根据单一变量控制思想分析；（3）因K2C2O7中存在平衡：试管c中加入NaOH溶液，消耗H＋，促使平衡向正反应方向进行；（4）依据实验vi中现象解释；（5）①实验中Cr2O72－应在阴极上放电，得电子被还原成Cr3＋，据此作答；②根据图示，实验iv中阳极为铁，铁失去电子生成Fe2＋，Fe2＋与Cr2O72－在酸性条件下反应生成Fe3＋，Fe3＋在阴极得电子生成Fe2＋，继续还原Cr2O72－，据此分析。【详解】（1）根据实验vi的现象可知酸性条件下Cr2O72-发生水解，其离子方程式为：实验ii与实验i对比，当60℃水浴时，溶液颜色较i明显变浅，说明平衡向正反应方向移动，即正反应为吸热反应，△H>0故答案为>；（2）根据单一变量控制思想，结合实验i、ii可知，导致ii中现象出现的主要因素为60℃水浴即温度，故答案为温度；（3）因K2C2O7中存在平衡：试管c中加入NaOH溶液，消耗H＋，促使平衡向正反应方向进行，溶液颜色由橙色变为黄色，溶液颜色较i明显变浅，铬元素主要以CrO42-形式存在，故答案为溶液颜色较i明显变浅；CrO42-；（4）实验vi中，滴入过量稀硫酸发现，溶液颜色由黄色逐渐变橙色，最后呈墨绿色，结合给定条件说明+6价的Cr元素变为+3价，所以在酸性条件下，+6价Cr可被还原为+3价，故答案为酸性；+3；（5）①实验中Cr2O72－应在阴极上放电，得电子被还原成Cr3＋，电解质环境为酸性，因此Cr2O72－放电的反应式为Cr2O72-+6e-+14H+=2Cr3++7H2O，故答案为Cr2O72-+6e-+14H+=2Cr3++7H2O；②根据图示，实验iv中阳极为铁，铁失去电子生成Fe2＋，其离子方程式为：Fe-2e-=Fe2+，Fe2＋与Cr2O72－在酸性条件下反应生成Fe3＋，其离子方程式为：6Fe2++14H++Cr2O72-=6Fe3++2Cr3++7H2O，Fe3＋在阴极得电子生成Fe2＋，Fe3++e-=Fe2+，继续还原Cr2O72－，Fe2＋循环利用提高了Cr2O72－的去除率，故答案为Fe-2e-=Fe2+，6Fe2++14H++Cr2O72-=6Fe3++2Cr3++7H2O，Fe3++e-=Fe2+，Fe2+继续还原Cr2O72-，Fe2+循环利用提高了Cr2O72-的去除率。28、直形冷凝管(或冷凝管)除去Cl2中混有的HCl杂质FCB将装置内的氯气排入D内吸收以免污染空气;并将B中残留的S2Cl2排入E中收集滴入浓盐酸的速率(或B中通入氯气的量,其他合理答案均得分)防止S2Cl2遇水分解放热,放出腐蚀性烟气ac【解析】

（1）①根据仪器构造可判断仪器m的名称为直形冷凝管(或冷凝管)；生成的氯气中含有氯