天津大学附属中学2026届高三1月月考化学试题试卷含解析

天津大学附属中学2026届高三1月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、下列离子反应方程式正确的是（）A．用澄清石灰水来吸收氯气：Cl2+OH-=Cl-+ClO-+H+B．向稀硝酸中加入少量铁粉：3Fe+8H++2NO3-=3Fe2++2NO↑+4H2OC．将金属钠加入冷水中：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑D．碳酸氢钙溶液中加入少量苛性钾溶液：Ca2++2HCO3-+2OH-=CaCO3↓+CO32-+2H2O2、在复盐NH4Al(SO4)2溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液，可能发生的反应的离子方程式是A．NH4++SO42－+Ba2++OH－=BaSO4↓+NH3·H2OB．Al3++2SO42－+2Ba2++4OH－=2BaSO4↓+AlO2-+2H2OC．2Al3++3SO42－+3Ba2++6OH－=3BaSO4↓+2Al(OH)3↓D．NH4++Al3++SO42－+Ba2++4OH－=BaSO4↓+Al(OH)3↓+NH3·H2O3、对可逆反应2A(s)＋3B(g)C(g)＋2D(g)ΔH＜0，在一定条件下达到平衡，下列有关叙述正确的是()①增加A的量，平衡向正反应方向移动②升高温度，平衡向逆反应方向移动，v(正)减小③压强增大一倍，平衡不移动，v(正)、v(逆)不变④增大B的浓度，v(正)＞v(逆)⑤加入催化剂，B的转化率提高A．①② B．④ C．③ D．④⑤4、下列说法正确的是()A．Na2CO3分子中既存在离子键，也存在共价键B．硅晶体受热融化时，除了破坏硅原子间的共价键外，还需破坏分子间作用力C．H2O不易分解是因为H2O分子间存在较大的分子间作用力D．液态AlCl3不能导电，说明AlCl3晶体中不存在离子5、将一定量纯净的氨基甲酸铵置于特制的密闭真空容器中假设容器体积不变，固体试样体积忽略不计，使其达到分解平衡：。实验测得不同温度下的平衡数据列于下表：温度平衡气体总浓度下列有关叙述正确的是A．该可逆反应达到平衡的标志之一是混合气体平均相对分子质量不变B．因该反应、，所以在低温下自发进行C．达到平衡后，若在恒温下压缩容器体积，体系中气体的浓度增大D．根据表中数据，计算时的分解平衡常数约为6、在抗击新冠病毒肺炎中瑞德西韦是主要药物之一。瑞德西韦的结构如图所示，下列说法正确的是（）A．瑞德西韦中N、O、P元素的电负性：N>O>PB．瑞德西韦中的N—H键的键能大于O—H键的键能C．瑞德西韦中所有N都为sp3杂化D．瑞德西韦结构中存在σ键、π键和大π键7、下列物质和铁不可能发生反应的是（）A．Al2O3 B．H2O C．浓硝酸 D．O28、下列有关说法正确的是（）A．水合铜离子的模型如图，该微粒中存在极性共价键、配位键、离子键B．CaF2晶体的晶胞如图，距离F-最近的Ca2+组成正四面体C．氢原子的电子云图如图，氢原子核外大多数电子在原子核附近运动D．金属Cu中Cu原子堆积模型如图，为面心立方最密堆积，Cu原子的配位数均为12，晶胞空间利用率68%9、中国人民在悠久的历史中创造了绚丽多彩的中华文化，下列说法错误的是A．“木活字”是由元代王祯创制的用于印刷的活字，“木活字”的主要成分是纤维素B．“指南针”是我国古代四大发明之一，是由天然磁石制成，磁石的主要成分是Fe2O3C．“苏绣”是用蚕丝线在丝绸或其他织物上绣出图案的工艺，蚕丝的主要成分是蛋白质D．“黑陶”是一种传统工艺品，是用陶土烧制而成，其主要成分为硅酸盐10、线型PAA（）具有高吸水性，网状PAA在抗压性、吸水性等方面优于线型PAA。网状PAA的制备方法是：将丙烯酸用NaOH中和，加入少量交联剂a，再引发聚合。其部分结构片段如图所示，列说法错误的是A．线型PAA的单体不存在顺反异构现象B．形成网状结构的过程发生了加聚反应C．交联剂a的结构简式是D．PAA的高吸水性与—COONa有关11、以0.10mol／L的氢氧化钠溶液滴定同浓度某一元酸HA的滴定曲线如图所示()。下列表述错误的是()A．z点后存在某点，溶液中的水的电离程度和y点的相同B．a约为3.5C．z点处，D．x点处的溶液中离子满足：12、如图是某有机物分子的比例模型，黑色的是碳原子，白色的是氢原子，灰色的是氧原子。该物质不具有的性质是（）A．能与氢氧化钠反应 B．能与稀硫酸反应 C．能发生酯化反应 D．能使紫色石蕊试液变红13、仪器：①容量瓶、②长颈漏斗、③分液漏斗、④滴定管，使用前必须要检查是否漏液的是A．全部 B．①③④ C．只有③和④ D．只有④14、实验室处理含FeBr3废催化剂的溶液，可得到溴的苯溶液和无水FeCl3。下列做法能达到相应实验目的的是()A．制取Cl2B．使Br－转化为Br2C．分液，先放出水层，再倒出溴的苯溶液D．将分液后的水层蒸干获得无水FeCl315、2019年11月2日，14岁的华裔女孩Karafan用硝酸银替代了原液体创可贴中的硝酸铜，凭此改进，获评“美国顶尖青年科学家”。下列说法错误的是（）A．该液体创可贴显酸性B．银离子能使蛋白质变性，具有杀菌消毒作用C．该液体创可贴中，银离子浓度越大越好D．硝酸银比硝酸铜的杀菌效果更好16、“一带一路”是“丝绸之路经济带”和“海上丝绸之路”的简称。下列说法正确的是（）A．古代中国出产的丝绸的主要成分是纤维素B．中国从中亚进口的天然气的主要成分是乙烯C．中国承建巴基斯坦的水电站实现了水能直接转化为电能D．服务一带一路的北斗卫星上的太阳能电池板与地壳含量第二的元素有关17、下列实验现象与实验操作不相匹配的是实验操作实现现象A分别向两只盛有等体积等浓度的稀硫酸烧杯中加入打磨过的同样大小的镁片和铝片镁片表面产生气泡较快B向试管中加入2mL5%的硫酸铜溶液，再逐滴加入浓氨水至过量，边滴边振荡逐渐生成大量蓝色沉淀，沉淀不溶解C将镁条点燃后迅速伸入集满二氧化碳的集气瓶集气瓶中产生浓烟并有黑色颗粒产生D向盛有氯化铁溶液的试管中加过量铁粉，充分振荡后加2—3滴KSCN溶液黄色逐渐消失，加KSCN后溶液颜色不变A．A B．B C．C D．D18、CoCO3可用作选矿剂、催化剂及家装涂料的颜料。以含钴废渣(主要成份CoO、Co2O3，还含有Al2O3、ZnO等杂质)为原料制备CoCO3的一种工艺流程如下：金属离子开始沉淀的pH沉淀完全的pHCo2+7.69.4Al3+3.05.0Zn2+5.48.0下列说法不正确的是（）A．“酸溶”时发生氧化还原反应的离子方程式Co2O3+SO2+2H+=2Co2++H2O+SO42-B．“除铝”过程中需要调节溶液pH的范围为5.0～5.4C．在实验室里，“萃取”过程用到的玻璃仪器主要有分液漏斗、烧杯D．在空气中煅烧CoCO3生成钴氧化物和CO2，测得充分煅烧后固体质量为2.41g，CO2的体积为0.672L(标准状况)，则该钴氧化物的化学式为CoO19、分子式为C5H10O2，能与NaHCO3溶液反应的有机物有A．4种 B．5种 C．6种 D．7种20、某校化学兴趣小组用如图所示过程除去AlCl3溶液中含有的Mg2＋、K＋杂质离子并尽可能减少AlCl3的损失。，下列说法正确的是()A．NaOH溶液可以用氨水来代替B．溶液a中含有Al3＋、K＋、Cl－、Na＋、OH－C．溶液b中只含有NaClD．向溶液a中滴加盐酸需控制溶液的pH21、用物理方法就能从海水中直接获得的物质是A．钠、镁 B．溴、碘 C．食盐、淡水 D．氯气、烧碱22、下列表示不正确的是()A．CO2的电子式 B．Cl2的结构式Cl—ClC．CH4的球棍模型 D．Cl－的结构示意图二、非选择题(共84分)23、（14分）为了寻找高效低毒的抗肿瘤药物，化学家们合成了一系列新型的1，3-二取代酞嗪酮类衍生物。(1)化合物B中的含氧官能团为__________和__________(填官能团名称)。(2)反应i-iv中属于取代反应的是___________。(3)ii的反应方程式为___________。(4)同时满足下列条件的的同分异构体共有_____种，写出其中一种的结构简式：_______I.分子中含苯环；II.可发生银镜反应；III.核磁共振氢谱峰面积比为1∶2∶2∶2∶1(5)是一种高效低毒的抗肿瘤药物，请写出以和和为原料制备该化合物的合成路线流程图(无机试剂任用)：______________。24、（12分）A（C2H4）是基本的有机化工原料。用A和常见的有机物可合成一种醚类香料和一种缩醛类香料，具体合成路线如图所示（部分反应条件略去）：已知：+→2ROH+回答下列问题：（1）B的分子式是__________。若D为单取代芳香族化合物且能与金属钠反应；每个D分子中只含有1个氧原子，D中氧元素的质量分数约为13.1%，则D的结构简式为__________。（2）C中含有的官能团名称是_______________。⑥的反应类型是________________。（3）据报道，反应⑦在微波辐射下，以NaHSO4·H2O为催化剂进行，请写出此反应的化学方程式：___________________________________________________。（4）请写出满足下列条件的苯乙醛的所有同分异构体的结构简式：______________________。i.含有苯环和结构ii.核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为3:2:2:1（5）若化合物E为苯甲醚的同系物，且相对分子质量比苯甲醚大14，则能使FeCl3溶液显色的E的所有同分异构体共有（不考虑立体异构）__________种。（6）参照的合成路线，写出由2-氯丙烷和必要的溶剂、无机试剂制备的合成流程图：_____________________________。合成流程图示例如下：25、（12分）将一定量的Cu和浓硫酸反应（装置中的夹持、加热仪器省略），反应后，圆底烧瓶内的混合液倒入水中，得到蓝色溶液与少量黑色不溶物。(1)反应后蓝色溶液呈酸性的原因有①______________，②______________。(2)为检验反应产生气体的还原性，试剂a是______________。(3)已知酸性：H2SO3＞H2CO3＞H2S。反应后测得Na2S和Na2CO3混合溶液中有新气体生成。该气体中______________(填“含或不含”)H2S，理由是______________；(4)少量黑色不溶物不可能是CuO的理由是______________。查阅资料后发现该黑色固体可能是CuS或Cu2S中的一种或两种，且CuS和Cu2S在空气中煅烧易转化成Cu2O和SO2。称取2.000g黑色固体，灼烧、冷却、……最后称得固体1.680g。(5)灼烧该固体除用到酒精灯、坩埚、坩埚钳、三脚架等仪器，还需要______________。确定黑色固体灼烧充分的依据是______________，黑色不溶物其成分化学式为______________。26、（10分）S2Cl2是有机化工中的氯化剂和中间体，为浅黄色液体。可由适量氯气通入熔融的硫磺而得。Cl2能将S2Cl2氧化为SCl2，SCl2遇水发生歧化反应，并且硫元素脱离水溶液。已知：回答下列问题。（1）写出下列反应的化学方程式①制取氯气：________________。②SCl2与水反应：___________。（2）为获得平稳的氯气气流，应_____。（3）C装置中进气导管应置于熔融硫上方且靠近液面，还是伸入熔融硫的下方？请判断并予以解释___。（4）D装置中热水浴（60℃）的作用是________。（5）指出装置D可能存在的缺点_________。27、（12分）为了测定含氰废水中CN－的含量，某化学小组利用如图所示装置进行实验。关闭活塞a，将100ml含氰废水与过量NaClO溶液置于装置B的圆底烧瓶中充分反应，打开活塞b，滴入稀硫酸，然后关闭活塞b。（1）B中盛装稀硫酸的仪器的名称是_____________。（2）装置D的作用是_________________，装置C中的实验现象为______________。（3）待装置B中反应结束后，打开活塞a，经过A装置缓慢通入一段时间的空气①若测得装置C中生成59.1mg沉淀，则废水中CN－的含量为_________mg·L-1。②若撤去装置A，直接向装置B中缓慢通入一段时间的空气，则测得含氰废水中CN－的含量__________（选填“偏大”、“偏小”、“不变”）。（4）向B中滴入稀硫酸后会发生某个副反应而生成一种有毒的黄绿色气体单质，该副反应的离子方程式为_________________。（5）除去废水中CN－的一种方法是在碱性条件下，用H2O2将CN－氧化生成N2，反应的离子方程式为_____________________________。28、（14分）甲醇是新型的汽车动力燃料。工业上可通过H2和CO化合制备甲醇，该反应的热化学方程式为:

2H2(g)+CO(g)CH3OH(g)△H=-116kJ/mol(1)已知:

CO和H2的燃烧热分别为283kJ/mol、286kJ/mol。1mol甲醇气体完全燃烧生成CO2和液态水的热化学方程式为_________________________________。(2)下列措施中有利于提高2H2(g)+CO(g)CH3OH(g)反应速率及原料平衡转化率的是_____(填标号)。A．分离出CH3OHB．升高温度C．增大压强D．加入合适的催化剂(3)在容积为2L的恒容容器中，分别在230℃、250℃、270℃下，改变H2和CO的起始组成比[(n(H2)/n(CO)]，起始时CO的物质的量固定为1mol，实验结果如图所示：①Z曲线对应的温度是__________，判断的依据是________________。②从图中可以得出的结论是(写两条)____________________、______________________。(4)利用图中a点对应的数据，计算曲线Z对应温度下反应2H2(g)+CO(g)CH3OH(g)的平衡常数为____________；若在a点向容器中再充入1.5molCH3OH

和0.5mol

H2，则原平衡___移动(填“向正反应方向”或“向逆反应方向”或“不”)29、（10分）“循环经济”和“低碳经济”是目前备受关注的课题，因而对碳和硫的化合物的综合利用成为研究的热点。请回答下列问题：（1）下列事实中，不能用来比较碳元素和硫元素非金属性强弱的是______（填选项字母）。A．有漂白性而没有B．少量能与反应生成C．能使酸性溶液褪色而不能D．溶液显碱性而溶液显中性（2）下图是通过热循环进行能源的综合利用和污染治理的反应系统原理。系统（Ⅱ）制氢气的热化学方程式为_________；两个系统制得等量的H2所需能量较少的是________。（3）向10L恒容密闭容器中充入2molCO和1mol，发生反应2CO(g)＋SO2(g)S(g)＋2CO2(g)。CO和CO2的平衡体积分数（φ）与温度（T）的关系如图所示。①图中能表示CO的平衡体积分数与温度关系的曲线为______（填“L1”或“L2”）。②T1℃时，的平衡转化率α1＝_______，反应的平衡常数_________。③只改变下列条件，既能加快该反应速率，又能增大CO的平衡转化率的是_____（填选项字母）。A．增大压强B．充入一定量C．充入一定量D．加入适当催化剂④向起始温度为℃的10L绝热容器中充入2molCO和1mol，重复实验，该反应的平衡常数_____（填“＞”“＜”或“＝”），理由为_____。

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、C【解析】

A.用澄清石灰水来吸收氯气，反应产生CaCl2、Ca(ClO)2、H2O，碱性环境不能大量存在H+，A错误；B.Fe粉少量，硝酸过量，反应产生Fe3+，B错误；C.金属钠与冷水反应产生NaOH和氢气，反应符合事实，符合物质的拆分原则，C正确；D.酸式盐与碱反应，碱不足量，反应产生CaCO3、NaHCO3、H2O，书写不符合反应事实，D错误；故合理选项是C。2、C【解析】

在NH4Al(SO4)2溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液，开始时，发生反应为SO42-+Ba2+=BaSO4↓，Al3++3OH-=Al(OH)3↓，当Al3+沉淀完全时，SO42-未完全沉淀，此时溶液含有硫酸铵；再滴加Ba(OH)2，生成BaSO4沉淀，发生反应为SO42-+Ba2+=BaSO4↓，NH4++OH-=NH3・H2O，所以沉淀质量继续增加；当SO42-完全沉淀时，生成Al(OH)3、硫酸钡沉淀、一水合氨；再滴加Ba(OH)2，氢氧化铝逐渐溶解，据此分析解答。【详解】A．逐滴加入Ba(OH)2溶液，氢氧根离子先与氯离子反应，故A错误；B．以1∶2反应时，硫酸根离子、铝离子均转化为沉淀，同时生成一水合氨，故B错误；C．以2∶3反应时，生成硫酸钡、氢氧化铝和硫酸铵，离子反应为2Al3++3SO42-+3Ba2++6OH-=3BaSO4↓+2Al(OH)3↓，故C正确；D．以1∶2反应时，生成硫酸钡、氢氧化铝和一水合氨，离子反应为NH4++Al3++2SO42-+2Ba2++4OH-=2BaSO4↓+Al(OH)3↓+NH3•H2O，故D错误；答案选C。把握发生的反应及离子方程式的书写方法为解答的关键。本题的易错点和难点为铵根离子和铝离子与氢氧根离子反应的先后顺序的确定。3、B【解析】

①A是固体，增加A的量，平衡不移动，故①错误；②2A(s)＋3B(g)C(g)＋2D(g)，正反应放热，升高温度，平衡向逆反应方向移动，v(正)、v(逆)均增大，故②错误；③2A(s)＋3B(g)C(g)＋2D(g)，反应前后气体系数和不变，压强增大一倍，平衡不移动，v(正)、v(逆)均增大，故③错误；④增大B的浓度，反应物浓度增大，平衡正向移动，所以v(正)＞v(逆)，故④正确；⑤加入催化剂，平衡不移动，B的转化率不变，故⑤错误；故选B。4、D【解析】

A.Na2CO3是离子化合物，没有分子，A项错误；B.硅晶体是原子晶体，不存在分子间作用力，B项错误；C.H2O不易分解是因为水分子中氢氧键键能大，C项错误；D.晶体加热熔化后所得液态物质不能导电，说明在液态时不存在自由移动的离子，即原晶体中不存在离子，则液态AlCl3不能导电，说明AlCl3晶体中不存在离子，D项正确；答案选D。5、D【解析】

A．从反应开始混合气体的平均相对分子质量始终不变，所以不能作为平衡状态的标志，故A错误；B．根据表中数据判断随着温度升高，平衡移动的方向，从而判断出正反应是吸热，所以焓变（△H）大于0，根据气态物质的熵大于液态物质的熵判断出反应熵变（△S）大于0，所以在高温下自发进行，故B错误；C．到平衡后，若在恒温下压缩容器体积，平衡逆向移动，但温度不变，平衡常数不变，因此体系中气体的浓度不变，故C错误；D．根据表中数据，平衡气体的总浓度为4.8×10-3mol/L，容器内气体的浓度之比为2：1，故NH3和CO2的浓度分别为3.2×10-3mol/L、1.6×10-3mol/L，代入平衡常数表达式：K=（3.2×10-3）2×1.6×10-3=，故D正确；答案选D。计算时的分解平衡常数，要根据题目所给该温度下的浓度值，根据NH3和CO2的物质的量之比，在相同的容器中，体积相等，可以得到浓度的关系，再代入公式即可。选项C为解答的易错点，注意平衡常数的表达式以及影响因素。6、D【解析】

A．一般情况下非金属性越强，电负性越强，所以电负性：O>N>P，故A错误；B．O原子半径小于N原子半径，电负性强于N，所以O-H键的键能大于N-H键键能，故B错误；C．形成N=C键的N原子为sp2杂化，形成C≡N键的N原子为sp杂化，故C错误；D．该分子中单键均为σ键、双键和三键中含有π键、苯环中含有大π键，故D正确；故答案为D。7、A【解析】

A、铁的活泼性比铝弱，则铁和Al2O3不反应，故A选；B、铁和H2O在高温下反应生成四氧化三铁和氢气，故B不选；C、铁和浓硝酸在加热的条件下发生氧化还原反应，常温下发生钝化，故C不选；D、铁在氧气中点燃生成四氧化三铁，故D不选；故选：A。8、B【解析】

A．水合铜离子中水中的氧原子提供孤对电子与铜离子形成配位键，水中的H原子和O原子形成极性共价键，但不存在这离子键，A选项错误；B．CaF2晶体的晶胞中，F-位于体心，而Ca2+位于顶点和面心，距离F-最近的Ca2+组成正四面体，B选项正确；C．电子云密度表示电子在某一区域出现的机会的多少，H原子最外层只有一个电子，所以不存在大多数电子一说，只能说H原子的一个电子在原子核附近出现的机会多，C选项错误；D．金属Cu中Cu原子堆积模型为面心立方最密堆积，配位数为12，但空间利用率为74%，D选项错误；答案选B。本题考查了配合物、离子晶体、电子云、最密堆积等知识，解题关键是对所给图要仔细观察，并正确理解掌握基本概念。9、B【解析】

A.木材纤维主要成分为纤维素，故A正确；B.“指南针”是我国古代四大发明之一，是由天然磁石制成，磁石的主要成分是Fe3O4，故B错误；C.蚕丝纤维的主要成分为蛋白质，故C正确；D.“黑陶”是陶瓷的一种，传统硅酸盐材料，其主要成分为硅酸盐，故D正确；答案选B。10、C【解析】

A.线型PAA的单体为CH2=CHCOONa，单体不存在顺反异构现象，故A正确；B.

CH2=CHCOONa中的碳碳双键发生的加成聚合反应，形成网状结构，过程发生了加聚反应，故B正确；C.分析结构可知交联剂a的结构简式是，故C错误；D.线型PAA()具有高吸水性，和−COONa易溶于水有关，故D正确；故选：C。11、D【解析】

A.z点滴定分数为1，即恰好完全反应，此时溶液中溶质为NaA，水的电离程度最大，z点之前溶液存在HA抑制水的电离，z点之后溶液中存在NaOH抑制水的电离，所以z点后存在某点，溶液中的水的电离程度和y点的相同，故A正确；B.HA的电离平衡常数，设HA的量为1，y点的滴定分数为0.91，pH=7，溶液中电荷守恒得到c（Na+）=c（A-）=0.91，则，c（HA）=1-0.91=0.09，平衡常数K=，设0.1mol/L的HA溶液中c（H+）=amol/L，则K=，解得a约为10-3.5mol/L，pH约为3.5，故B正确；C.z点滴定分数为1，即恰好完全反应，此时溶液中溶质为NaA，根据电荷守恒可知，此时溶液呈碱性，即氢氧根浓度大于氢离子浓度，所以，故C正确；D.x点处的溶液中溶质为HA和NaA，且二者物质的量相等，存在电荷守恒：，物料守恒：；二式消掉钠离子可得：，此时溶液呈酸性，即c（H+）>c（OH-），所以，故D错误；故答案为D。本题难度较大，要灵活运用电解质溶液中的电荷守恒、物料守恒进行分析求解。12、B【解析】

该物质的结构简式为CH3COOH，为乙酸。A．乙酸具有酸性，能够与NaOH溶液反应，不选A；B．乙酸不与稀硫酸反应，选B；C．乙酸能够与醇发生酯化反应，不选C；D．乙酸具有酸性，能够使紫色石蕊试液变红，不选D。答案选B。13、B【解析】

据仪器的构造、用途判断其用法。【详解】①容量瓶用于配制一定物质的量浓度的溶液，其瓶塞与瓶口须吻合使用前必须检查是否漏液。②长颈漏斗上下相通、没有塞子或活塞，无须检查是否漏液。用于向反应容器中添加液体，下端应插入液面下形成液封。③分液漏斗有活塞和玻璃塞，必须检查是否漏液。球形分液漏斗用于向反应容器中添加液体，不需形成液封；锥形分液漏斗用于萃取分液。④滴定管用于滴定实验，使用前需检查酸式滴定管的活塞处、碱式滴定管的乳胶管处是否漏液。本题选B。14、C【解析】

A.实验室制备氯气是用浓盐酸与二氧化锰在加热条件下反应，稀盐酸与二氧化锰不反应，不能制备氯气，A项错误；B.用氯气氧化溴离子时，导气管应该采用“长进短出”原则，所以该装置错误，不能实现实验目的，B项错误；C.分液时先从下口放出水相，再从上口倒出有机相，C项正确；D.蒸发时应该，蒸发至有大量晶体析出时停止加热，用余热蒸干，另外FeCl3水解生成的盐酸易挥发，直接蒸发，得不到无水FeCl3，D项错误；答案选C。本题考查化学实验方案评价，涉及物质制备、实验操作等知识点，明确实验原理、物质性质、实验操作规范是解本题的关键，易错点是选项D，加热氯化铁溶液时氯化铁水解生成氢氧化铁和氯化氢，升高温度促进水解，为防止水解，应在氯化氢氛围中加热蒸干氯化铁溶液。15、C【解析】

A．硝酸银是强酸弱碱盐，水解显酸性，故A正确；B．银离子是重金属阳离子能使蛋白质变性，具有杀菌消毒作用，故B正确；C．银离子浓度大，如果被人体内脏吸收，会积累而发生病变，且永远无法排出体外，极大危害人体健康，故C错误；D．银离子氧化性大于铜离子，硝酸银比硝酸铜的杀菌效果更好，故D正确；故选：C。16、D【解析】

A.丝绸主要成分是蛋白质，故A错误；B.天然气主要成分是甲烷，故B错误；C.水力发电是将水能转化成机械能，然后机械能转化成电能，故C错误；D.制作太阳能电池板原料是晶体硅，硅元素在地壳中含量为第二，故D正确；答案：D．17、B【解析】

A选项，分别向两只盛有等体积等浓度的稀硫酸烧杯中加入打磨过的同样大小的镁片和铝片，由于镁的金属性比铝的金属性强，因此镁片表面产生气泡较快，故A正确，不符合题意；B选项，向试管中加入2mL5%的硫酸铜溶液，再逐滴加入浓氨水至过量，边滴边振荡，先生成大量蓝色沉淀，后沉淀溶解生成硫酸四氨合铜溶液，故B错误，符合题意；C选项，将镁条点燃后迅速伸入集满二氧化碳的集气瓶，镁条与二氧化碳反应生成氧化镁和黑色的碳，并伴有浓烟，故C正确，不符合题意；D选项，向盛有氯化铁溶液的试管中加过量铁粉，充分振荡后加2—3滴KSCN溶液，铁离子和铁粉反应生成亚铁离子，亚铁离子与KSCN不显色，故D正确，不符合题意。综上所述，答案为B。硫酸铜溶液中逐滴加入氨水，先生成蓝色沉淀，后沉淀逐渐溶解，硝酸银溶液中逐滴加入氨水也有类似的性质。18、D【解析】

A.从产品考虑，钴最终转化为Co2+，Co2O3+SO2+2H+=2Co2++H2O+SO42-符合客观实际，且满足守恒关系，A正确；B.“除铝”过程中需要让Al3+完全沉淀，同时又不能让Zn2+生成沉淀，所以调节溶液pH的范围为5.0～5.4，B正确；C.在实验室里，“萃取”在分液漏斗中进行，另外还需烧杯承接分离的溶液，C正确；D.CO2的物质的量为0.03mol，由CoCO3的组成，可得出2.41g固体中，n(Co)=0.03mol，含钴质量为0.03mol×59g/mol=1.77g，含氧质量为2.41g-1.77g=0.64g，物质的量为0.04mol，n(Co):n(O)=0.03:0.04=3:4，从而得出该钴氧化物的化学式为Co3O4，D错误。故选D。19、A【解析】

分子式为C5H10O2且能与NaHCO3溶液反应，则该有机物中含有-COOH，所以为饱和一元羧酸，烷基为-C4H9，-C4H9异构体有：-CH2CH2CH2CH3，-CH（CH3）CH2CH3，-CH2CH（CH3）CH3，-C（CH3）3，故符合条件的有机物的异构体数目为4种。答案选A。20、D【解析】

A．用氨水，则Mg2+、Al3+均转化为沉淀，不能分离，则不能用氨水代替NaOH，A错误；B．Al3+与过量NaOH反应，溶液a中含AlO2-、K+、Cl-、Na+、OH-，B错误；C．K+、Cl-、Na+在整个过程中不参加反应，则溶液b中含KCl、NaCl，C错误；D．因氢氧化铝能溶于盐酸，则向溶液a中滴加盐酸需控制溶液的pH，D正确；答案选D。本题考查混合物分离、提纯实验方案的设计，为高频考点，把握实验流程中发生的反应为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意氢氧化铝的两性。21、C【解析】

从海水提炼溴、碘、钠、镁、氢气等的原理去分析，根据从海水制备物质的原理可知，金属单质与非金属单质需要利用化学反应来制取，而食盐可利用蒸发原理，淡水利用蒸馏原理来得到。【详解】A.海水中得到钠、镁，需要首先从海水中获得氯化钠和氯化镁，然后再电解熔融状态的氯化钠和氯化镁即得钠和镁，A错误；B.从海水中提炼溴和碘，是用氯气把其中的碘离子和溴离子氧化为碘单质和溴单质，B错误；C.把海水用蒸馏等方法可以得到淡水，把海水用太阳暴晒，蒸发水分后即得食盐，不需要化学变化就能够从海水中获得，C正确；D.可从海水中获得氯化钠，配制成饱和食盐水，然后电解饱和食盐水，即得烧碱、氢气和氯气，D错误；故合理选项是C。本题考查了海水的成分，海水提炼溴、碘、钠、镁、氢气等化学反应原理，注意的是金属单质与非金属单质需要利用化学反应来制取，掌握原理是解题的关键。22、C【解析】

A.CO2分子中存在两个双键，其电子式为，A正确；B.Cl2分子中只有单键，故其结构式为Cl—Cl，B正确；C.CH4的空间构型为正四面体，其比例模型为，C不正确；D.Cl－的结构示意图为，D正确。故选C。二、非选择题(共84分)23、羧基羰基ⅱ，ⅲ，ⅳ+N2H4+2H2O6、、、、、【解析】

(1)根据B结构简式确定其含有的官能团；(2)根据i-iv中反应的特点分析判断i-iv中的取代反应；(3)与N2H4发生取代反应产生和H2O，据此书写反应方程式；(4)的同分异构体满足条件：I.分子中含苯环；II.可发生银镜反应，说明分子中含有醛基，也可能含有甲酸形成的酯基；III.核磁共振氢谱峰面积比为1∶2∶2∶2∶1，据此书写可能的同分异构体结构简式，判断其种类数目；(5)仿照题中的合成的流程，对比要合成的和的不同，可以看出只要仿照的合成路线，结合给出的原料，即可设计出合成路线。【详解】(1)B结构简式为，可知化合物B中含有的官能团为羧基、羰基；(2)取代反应是有机物分子中的某些原子或原子团被其它原子或原子团所代替的反应，根据物质的结构简式及变化，可知反应ii是中C=O原子中O原子被N2H4分子中N原子代替，-OH被NH原子代替，得到及H2O，该反应为取代反应；反应iii中中-NH2上的H原子被代替得到和HCl，该反应为取代反应；反应iv中上断裂N-H键，H原子被取代得到，同时产生HCl，该反应为取代反应；故反应在i-iv中属于取代反应的是ⅱ、ⅲ、ⅳ；(3)反应ii是与N2H4在一定条件下反应产生和H2O，该反应的化学方程式为+N2H4+2H2O；(4)的同分异构体满足条件：I.分子中含苯环；II.可发生银镜反应，说明分子中含有醛基；III.核磁共振氢谱峰面积比为1∶2∶2∶2∶1，说明分子中含有5种不同的H原子，个数比为1∶2∶2∶2∶1，则可能的结构为、、、、、，共6种；(5)由以上分析可知，首先苯与Br2在Fe催化下发生取代反应产生溴苯，与在溴对位上发生反应产生，与N2H4发生取代反应产生，和发生取代反应产生和HCl。故以和和为原料制备该化合物的合成路线流程图为：。24、CH4O羟基氧化反应、9【解析】

A的分子式为C2H4，A为乙烯，即结构简式为CH2=CH2，根据问题（1），D能与金属钠反应，且D分子中只有一个氧原子，即D中含有－OH，D属于芳香族化合物，即D中含有苯环，D的相对分子质量为1×16/13.1%=122，根据苯乙醛推出D的结构简式为，根据缩醛的结构简式，推出C的结构简式为HOCH2CH2OH，根据信息，推出B的结构简式为CH3OH，据此分析；【详解】A的分子式为C2H4，A为乙烯，即结构简式为CH2=CH2，根据问题（1），D能与金属钠反应，且D分子中只有一个氧原子，即D中含有－OH，D属于芳香族化合物，即D中含有苯环，D的相对分子质量为1×16/13.1%=122，根据苯乙醛的结构简式推出D的结构简式为，根据缩醛的结构简式，推出C的结构简式为HOCH2CH2OH，根据信息，推出B的结构简式为CH3OH，（1）根据上述分析，B的结构简式为CH3OH，即分子式为CH4O；D能与金属钠反应，且D分子中只有一个氧原子，即D中含有－OH，D属于芳香族化合物，即D中含有苯环，D的相对分子质量为1×16/13.1%=122，根据苯乙醛的结构简式，推出D的结构简式为；（2）C的结构简式为HOCH2CH2OH，含有的官能团是羟基；根据合成路线，反应⑥是苯乙醇被氧化成苯乙醛，反应类型为氧化反应；（3）反应⑦是苯乙醛与HOCH2CH2OH反应生成缩醛，即化学反应方程式为；（4）根据信息，核磁共振氢谱有4组峰，说明是对称结构，峰面积之比为3：2：2：1，说明不同化学环境的氢原子的个数比为3：2：2：1，符合条件的结构简式为、；（5）若化合物E为苯甲醚的同系物，且相对分子质量比苯甲醚大14，则其分子式为C8H10O，E的同分异构体能使FeCl3溶液显色，说明含有酚羟基，假设苯环上有－OH、－C2H5两个取代基，有邻间对三种结构，假设苯环上有－OH、－CH3、－CH3三个取代基，两个甲基在邻位，羟基有2种结构；两个甲基在间位，羟基有3种结构；两个甲基在对位，羟基有1种结构，一共有9种结构；（6）根据反应②，推出生成目标物原料是，根据路线①，用乙烯与O2在Ag作催化剂的条件下生成环氧乙烷，因此生成的原料是CH3CH=CH2，生成丙烯，用2－氯丙烷发生消去反应，合成路线为。本题的难点是同分异构体的判断，根据信息判断出含有的形式，如本题含有苯环和，写出苯乙醛的同分异构体，醛与酮互为同分异构体，则有，符合峰有4种，峰面积之比为3：2：2：1，然后将－CH2CHO，拆成－CH3和－CHO，在苯环上有邻、间、对三种，然后根据峰和峰的面积进行判断，哪些符合要求。25、反应后期浓硫酸变稀，而铜和稀硫酸不发生反应，硫酸有剩余硫酸铜溶液水解呈酸性溴水或酸性高锰酸钾不含硫化氢和二氧化硫反应氧化铜能与稀硫酸反应玻璃棒；泥三角充分灼烧的依据是再次灼烧，冷却，称量，两次的质量差不能超过0.001g;CuS和Cu2S【解析】

（1）铜和浓硫酸反应，随着反应的进行，浓硫酸会变成稀硫酸，稀硫酸与铜不反应，生成的硫酸铜水解显酸性；（2）检验二氧化硫的还原性，可以用具有氧化性的物质，且反应现象明显；（3）依据硫化氢和二氧化硫反应进行分析；（4）氧化铜可以和稀硫酸反应；（5）依据现象进行分析；【详解】（1）随着反应的进行浓硫酸会变成稀硫酸，稀硫酸与铜不反应，使溶液显酸性，生成的硫酸铜水解使溶液显酸性，故答案为：反应后期浓硫酸变稀，而铜和稀硫酸不发生反应，硫酸有剩余；硫酸铜溶液水解呈酸性；（2）二氧化硫有还原性，所以可以用溴水或者酸性高锰酸钾溶液检验，故答案为，溴水或酸性高锰酸钾；（3）Na2S和Na2CO3混合溶液中通入二氧化硫，不会生成硫化氢，因为硫化氢和二氧化硫发生反应，故答案为：不含；硫化氢和二氧化硫反应；（4）少量黑色不溶物不可能是CuO，因为氧化铜可以和稀硫酸反应，故答案为：氧化铜能与稀硫酸反应；（5）灼烧固体时除了需要酒精灯、坩埚、坩埚钳、三脚架等仪器外，还需要玻璃棒，泥三角，充分灼烧的依据是再次灼烧，冷却，称量，两次的质量差不能超过0.001g,设CuSxmol，Cu2Symol，96x+160y=2；(x+y)80=1.68，解得，x=0.02，y=0.005，故两者都有，故答案为：玻璃棒；泥三角；充分灼烧的依据是再次灼烧，冷却，称量，两次的质量差不能超过0.001g;CuS和Cu2S。26、2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O或KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+3H2O2SCl2+2H2O==S↓+SO2↑+4HCl控制分液漏斗的活塞，使浓盐酸匀速滴下深入熔融硫的下方，使氯气与硫充分接触、反应，减少因氯气过量而生成SCl2除去SCl2没有吸收Cl2、SCl2等尾气的装置【解析】

（1）①不加热条件下可用KMnO4或KClO3与浓HCl作用制氯气；②SCl2与水发生水解反应；（2）为获得平稳的氯气气流，应控制分液漏斗的活塞，使浓盐酸匀速滴下。（3）可通过控制分液漏斗的活塞，来调节反应的快慢；（4）SCl2的沸点是59℃，60℃时气化而除去；（5）Cl2、SCl2等尾气有毒，污染环境。【详解】（1）①不加热条件下可用KMnO4或KClO3与浓HCl作用制氯气，化学方程式为2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O或KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+3H2O；②SCl2与水发生水解反应：2SCl2+2H2O==S↓+SO2↑+4HCl；（2）为获得平稳的氯气气流，应控制分液漏斗的活塞，使浓盐酸匀速滴下。（3）C装置中进气导管应置于熔融硫上方且靠近液面，深入熔融硫的下方，使氯气与硫充分接触、反应，减少因氯气过量而生成SCl2。（4）SCl2的沸点是59℃，60℃时气化而除去。D装置中热水浴（60℃）的作用是除去SCl2。（5）Cl2、SCl2等尾气有毒，污染环境。装置D可能存在的缺点：没有吸收Cl2、SCl2等尾气的装置27、分液漏斗防止空气中的CO2进入装置C中有白色沉淀生成，溶液的红色逐渐变浅（或褪去）78偏大Cl－＋ClO－＋2H＋=Cl2↑＋H2O5H2O2+2CN－=N2↑+2HCO3－+4H2O（或5H2O2+2CN－+2OH－=N2↑+2CO32－+6H2O）【解析】

实验的原理是利用CN−+ClO−═CNO+Cl−;2CNO−+2H++3ClO−═N2↑+2CO2↑+3Cl−+H2O,通过测定碱石灰的质量的变化测得二氧化碳的质量,装置A是除去通入空气中所含二氧化碳,装置B中的反应是CN−+ClO−═CNO+Cl−;2CNO−+2H++3ClO−═N2↑+2CO2↑+3Cl−+H2O,通过装置C吸收生成的二氧化碳,根据关系式计算含氰废水处理百分率,实验中应排除空气中二氧化碳的干扰,防止对装置C实验数据的测定产生干扰,装置D的作用是排除空气中二氧化碳对实验的干扰。(1)装置中B为分液漏斗;(2)实验的原理是利用CN−+ClO−═CNO+Cl−;2CNO−+2H++3ClO−═N2↑+2CO2↑+3Cl−+H2O,通过测定C装置的质量的变化测得二氧化碳的质量,根据关系式计算含氰废水处理百分率,实验中应排除空气中二氧化碳的干扰;滴有酚酞的氢氧化钡溶液呈红色,二氧化碳通入和氢氧化钡反应生成碳酸钡白色沉淀,氢氧根离子浓度减小,溶液红色会逐渐褪去;(3)①CN−+ClO−=CNO−+Cl−、2CNO−+2H++3ClO−=N2↑+2CO2↑+3Cl−+H2O,CO2+Ba(OH)2=BaSO4↓+H2O,结合化学方程式的反应关系计算;②若撤去装置A,直接向装置B中缓慢通入一段时间的空气,空气中二氧化碳也会和氢氧化钡溶液反应;(4)向B中滴入稀硫酸后会发生某个副反应而生成一种有毒的气体单质为氯气,是氯离子和次氯酸根离子在酸溶液中发生氧化还原反应生成;(5)除去废水中CN−的一种方法是在碱性条件下,用H2O2将CN−氧化生成N2，结合电子守恒、原子守恒和电荷守恒书写离子方程式。【详解】(1)B中盛装稀硫酸的仪器的名称是分液漏斗，故答案为：分液漏斗；(2)实验的原理是利用CN−+ClO−═CNO+Cl−;2CNO−+2H++3ClO−═N2↑+2CO2↑+3Cl−+H2O，通过测定碱石灰的质量的变化测得二氧化碳的质量，根据关系式计算含氰废水处理百分率，实验中应排除空气中二氧化碳的干扰，防止对装置C实验数据的测定产生干扰，装置D的作用是排除空气中二氧化碳对实验的干扰，滴有酚酞的氢氧化钡溶液呈红色，二氧化碳通入和氢氧化钡反应生成碳酸钡白色沉淀，氢氧根离子浓度减小，溶液红色会逐渐褪去，故答案为：防止空气中的CO2和水蒸气进入C装置；有白色沉淀生成，溶液的红色逐渐变浅（或褪去）；(3)①依据反应CN−+ClO−═CNO+Cl−;2CNO−+2H++3ClO−═N2↑+2CO2↑+3Cl−+H2O，CO2+Ba(OH)2=BaCO3↓+H2O得到，装置C中生成59.1mg沉淀为BaCO3↓物质的量==3×10−4molCN−∼CNO−∼CO2∼BaCO3↓1

13×10−4mol

3×10−4molc(CN−)==0.078g/L=78g/L，故答案为：78；②若撤去装置A，直接向装置B中缓慢通入一段时间的空气，空气中二氧化碳也会和氢氧化钡溶液反应，生成碳酸钡出的质量会增大，测定含氰废水中CN−的含量偏大，故答案为：偏大；(4)向B中滴入稀硫酸后会发生某个副反应而生成一种有毒的气体单质为氯气，是氯离子和次氯酸根离子在酸溶液中发生氧化还原反应生成，反应的离子方程式为：Cl−+ClO−+2H+=Cl2↑+H2O，故答案为：Cl−+ClO−+2H+=Cl2↑+H2O；(5)除去废水中CN−的一种方法是在碱性条件下，用H2O2将CN−氧化生成N2，结合电子守恒、原子守恒和电荷守恒书写离子方程式为：5H2O2+2CN－=N2↑+2HCO3－+4H2O(或5H2O2+2CN－+2OH－=N2↑+2CO32－+6H2O)，故答案为：5H2O2+2CN－=N2↑+2HCO3－+4H2O（或5H2O2+2CN－+2OH－=N2↑+2CO32－+6H2O）。28、CH3OH(g)+1.5O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-739kJ·mol-1C270℃该反应是放热反应，温度越高转化率越低，在n(H2)/n(CO)相同条件下，Z的CO转化率最低、故Z的温度为270℃相同温度下，CO的转化率随n(H2)/n(CO)增大而增大在n(H2)/n(CO)相同条件下，温度越低CO的转化率越高或温度越高CO的转化率越低16或16(mol/L)-2不【解析】试题分析：(1)根据盖斯定律计算甲醇的燃烧热；(2)根据影响反应速率和平衡移动的因素分析；(3)①升高温度，平衡逆向移动，CO转化率降低；②分析同温下，CO转化率随n(H2)/n(CO)的变化情况；分析在n(H2)/n(CO)相同条件下，CO转化率随温度变化情况；(4)利用“三段式”计算平衡常数；根据Q与K的关系判断平衡移动方向；解析：(l)CO和H2的燃烧热分别为283kJ/mol、286kJ/mol，即①CO(g)+0.5O2(g)=CO2(g)△H=-283kJ/mol；②2H2(g)+0.5O2(g)=2H2O△H=-572kJ/mol；③2H2(g)+CO(g)CH3OH(g)△H=-116kJ/mol，根据盖斯定律①+②-③得CH3OH(g)+1.5O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-739kJ·mol-1；(2)A.分离出CH3OH，浓度降低，速率减慢，故A错误；B.升高温度，反应速率加快，平衡逆向移动，原料转化率降低，故B错误；C.增大压强，反应速率加快，平衡正向移动，原料转化率提高，故C正