湖北省襄阳三中2026年高三毕业班联考（一）化学试题试卷含解析

湖北省襄阳三中2026年高三毕业班联考（一）化学试题试卷考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。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、根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是选项实验操作和现象结论A向苯酚浊液中滴加Na2CO3溶液，浊液变清苯酚的酸性强于H2CO3的酸性B取久置的Na2O2粉末，向其中滴加过量的盐酸，产生无色气体Na2O2没有变质C室温下，用pH试纸测得：0.1mol/LNa2SO3溶液的pH约为10；0.1mol/LNaHSO3的溶液的pH约为5HSO3-结合H+的能力比SO32-弱D取少许CH3CH2Br与NaOH溶液共热，冷却后滴加AgNO3溶液，最终无淡黄色沉淀CH3CH2Br没有水解A．A B．B C．C D．D2、某未知溶液可能含Na+、NH4+、Fe2+、I－、Cl－、CO32－、SO32－。将该溶液加少量新制氯水，溶液变黄色。再向上述反应后溶液中加入BaCl2溶液或淀粉溶液，均无明显现象。下列推断合理的是A．一定存在Fe2+、Na+、Cl－ B．一定不存在I－、SO32－C．一定呈碱性 D．一定存在NH4+3、下列实验不能达到目的的是选项目的实验A制取84消毒液将Cl2通入NaOH溶液中B防止采摘下来的水果过早变烂保存在含有高锰酸钾的硅藻土箱子里C除去乙酸乙酯中的少量乙酸加入饱和碳酸钠溶液洗涤、分液D分离氢氧化铁胶体与FeCl3溶液通过滤纸过滤A．A B．B C．C D．D4、现有稀硫酸和稀硝酸的混合溶液，其中c(SO42-)+c(NO3-)=5mol.L-1。10mL该混酸溶解铜质量最大时。溶液中HNO3、H2SO4的浓度之比为A．1：1 B．1：2 C．3：2 D．2：35、NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．0.5molN4（分子为正四面体结构）含共价键数目为2NAB．1L0.5mol·L1Na2S溶液中含阴离子数目小于0.5NAC．锌与浓硫酸反应生成气体11.2L（标准状况）时转移电子数目为NAD．14g己烯和环己烷的混合物含氢原子数目为3NA6、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是（）A．标准状况下，22.4LCH4含有的共价键数为NAB．1molFe与1molCl2充分反应，电子转移数为3NAC．常温下，pH=2的醋酸溶液中含有的H+数目为0.02NAD．常温常压下，46g的NO2和N2O4混合气体含有的原子数为3NA7、X、Y、Z是三种原子序数依次递增的前10号元素，X的某种同位素不含中子，Y形成的单质在空气中体积分数最大，三种元素原子的最外层电子数之和为12，其对应的单质及化合物转化关系如图所示。下列说法不正确的是A．原子半径：X＜Z＜Y，简单气态氢化物稳定性：Y＜ZB．A、C均为10电子分子，A的沸点低于C的沸点C．同温同压时，B与D体积比≤1∶1的尾气，可以用NaOH溶液完全处理D．E和F均属于离子化合物，二者组成中阴、阳离子数目之比均为1∶18、设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．1mol甲苯分子最多共平面的原子个数为B．在标准状况下，4.48L环己烷含氢原子个数为C．，在稀硫酸中充分水解，所得生成物中键数为D．和的混合气体中含有的质子数，中子数均为9、硫酸铜分解产物受温度影响较大，现将硫酸铜在一定温度下分解，得到的气体产物可能含有SO2、SO3、O2，得到的固体产物可能含有CuO、Cu2O。已知Cu2O＋2H+=Cu＋Cu2+＋H2O，某学习小组对产物进行以下实验，下列有关说法正确的是A．将气体通过BaCl2溶液产生白色沉淀，说明混合气体中含有SO3B．将气体通过酸性高锰酸钾溶液，溶液褪色，说明混合气体中含有SO2与O2C．固体产物中加稀硝酸溶解，溶液呈蓝色，说明固体产物中含有CuOD．将气体依次通过饱和Na2SO3溶液、灼热的铜网、酸性高锰酸钾可以将气体依次吸收10、2,3−二甲基丁烷中“二”表示的含义是A．取代基的数目 B．取代基的种类 C．主链碳的数目 D．主链碳的位置11、有机物①在一定条件下可以制备②，下列说法错误的是（）A．①不易溶于水B．①的芳香族同分异构体有3种（不包括①）C．②中所有碳原子可能共平面D．②在碱性条件下的水解是我们常说的皂化反应12、某种浓差电池的装置如图所示，碱液室中加入电石渣浆液[主要成分为]，酸液室通入(以NaCl为支持电解质)，产生电能的同时可生产纯碱等物质。下列叙述正确的是（）A．电子由N极经外电路流向M极B．N电极区的电极反应式为↑C．在碱液室可以生成D．放电一段时间后，酸液室溶液pH减小13、如图所示，电化学原理与微生物工艺相组合的电解脱硝法，可除去引起水华的NO3-原理是将NO3-还原为N2。下列说法正确的是（）A．若加入的是溶液，则导出的溶液呈碱性B．镍电极上的电极反应式为：C．电子由石墨电极流出，经溶液流向镍电极D．若阳极生成气体，理论上可除去mol14、常温常压下，某烧碱溶液与0.05mol氯气恰好完全反应，得到pH＝9的混合溶液（溶质为NaC1与NaC1O）。下列说法正确的是（NA代表阿伏加德罗常数）A．氯气的体积为1.12L B．原烧碱溶液中含溶质离子0.2NAC．所得溶液中含OH－的数目为1×10－5NA D．所得溶液中ClO－的数目为0.05NA15、下列物质中，既能发生取代反应，又能发生消去反应，同时催化氧化生成醛的是()A． B．C． D．16、某同学采用硫铁矿烧渣(主要成分为Fe2O3、SiO2、Al2O3，不考虑其他杂质)制取绿矾(FeSO4·7H2O)，设计了如图流程：下列说法不正确的是（）A．固体1中含有SiO2B．溶解烧渣选用足量盐酸，试剂X选用铁粉C．控制pH是为了使Al3+转化为Al(OH)3进入固体2D．从溶液2得到FeSO4·7H2O产品的过程中，须控制条件防止其氧化17、下列各组粒子在溶液中可以大量共存，且加入或通入试剂X后，发生反应的离子方程式也正确的是选项微粒组加入试剂发生反应的离子方程式A、、、过量HC1B、、、过量C过量DI-、Cl-、H+、SO42-过量A．A B．B C．C D．D18、实验室制备硝基苯的实验装置如图所示（夹持装置已略去）。下列说法不正确的是A．水浴加热的优点为使反应物受热均匀、容易控制温度B．浓硫酸、浓硝酸和苯混合时，应先向浓硝酸中缓缓加入浓硫酸，待冷却至室温后，再将苯逐滴滴入C．仪器a的作用是冷凝回流，提高原料的利用率D．反应完全后，可用仪器a、b蒸馏得到产品19、其他条件不变，C的物质的量分数(C)和温度(T)或压强(P)关系如图，其中满足关系图的是（）A．3A(g)+B(s)C(g)+D(g)；△H＜0B．A(g)+B(s)C(g)+D(g)；△H＜0C．A(g)+B(s)2C(g)+D(g)；△H＞0D．A(g)+2B(s)C(g)+3D(g)；△H＞020、下列说法正确的是（）A．钢管镀锌时，钢管作阴极，锌棒作为阳极，铁盐溶液作电解质溶液B．镀锌钢管破损后，负极反应式为Fe﹣2e﹣═Fe2+C．镀银的铁制品，镀层部分受损后，露出的铁表面不易被腐蚀D．钢铁水闸可用牺牲阳极或外加电流的阴极保护法防止其腐蚀21、利用小粒径零价铁（ZVI）的电化学腐蚀处理三氯乙烯，进行水体修复的过程如图所示，H+、O2、NO3－等共存物会影响修复效果。下列说法错误的是A．反应①②③④均为还原反应B．1mol三氯乙烯完全脱Cl时，电子转移为3molC．④的电极反应式为NO3－+10H++8e－=NH4++3H2OD．修复过程中可能产生Fe(OH)322、下列实验目的能实现的是A．实验室制备乙炔 B．实验室制备氢氧化亚铁 C．实验室制取氨气 D．实验室制取乙酸丁酯二、非选择题(共84分)23、（14分）（化学——选修5：有机化学基础）高血脂是一种常见的心血管疾病，治疗高血脂的新药I的合成路线如下：回答下列问题：（1）反应①所需试剂、条件分别是____________；F的化学名称为____________。（2）②的反应类型是______________；A→B的化学方程式为_____________________。（3）G的结构简式为______________；H中所含官能团的名称是____________。（4）化合物W的相对分子质量比化合物C大14，且满足下列条件，W的可能结构有___种。①遇FeCl3溶液显紫色②属于芳香族化合物③能发生银镜反应其中核磁共振氢谱显示有5种不同化学环境的氢，峰面积比为2:2:2:1:1，写出符合要求的W的结构简式____________。（5）设计用甲苯和乙醛为原料制备的合成路线，其他无机试剂任选（合成路线常用的表示方式为：）____________。24、（12分）化合物F是一种食品保鲜剂，可按如下途径合成：已知：RCHO＋CH3CHORCH(OH)CH2CHO。试回答：（1）A的化学名称是____，A→B的反应类型是____。（2）B→C反应的化学方程式为________。（3）C→D所用试剂和反应条件分别是_____。（4）E的结构简式是_____。F中官能团的名称是_____。（5）连在双键碳上的羟基不稳定，会转化为羰基，则D的同分异构体中，只有一个环的芳香族化合物有____种。其中苯环上只有一个取代基，核磁共振氢谱有5个峰，峰面积比为2∶1∶2∶2∶1的同分异构体的结构简式为____。25、（12分）如图所示，将仪器A中的浓盐酸滴加到盛有MnO2的烧瓶中，加热后产生的气体依次通过装置B和C，然后再通过加热的石英玻璃管D（放置有铁粉)。请回答：（1）仪器A的名称是_____，烧瓶中反应的化学方程式是______。（2）装置B中盛放的液体是____，气体通过装置B的目的是_____。（3）装置C中盛放的液体是____，气体通过装置C的目的是_____。（4）D中反应的化学方程式是____。（5）烧杯E中盛放的液体是___，反应的离子方程式是____。26、（10分）亚氯酸钠常用作漂白剂。某化学小组设计实验制备亚氯酸钠，并进行杂质分析。实验I按图装置制备NaC1O2晶体已知：①C1O2为黄绿色气体，极易与水反应。②NaC1O2饱和溶液在低于38℃时析出NaC1O2·3H2O晶体，高于38℃时析出NaC1O2晶体，温度高于60℃时NaC1O2分解生成NaC1O3和NaCl。（1）装置A中b仪器的名称是____；a中能否用稀硫酸代替浓硫酸____（填“能”或“不能”），原因是____。（2）A中生成C1O2的化学反应方程式为____。（3）C中生成NaC1O2时H2O2的作用是____；为获得更多的NaC1O2，需在C处添加装置进行改进，措施为____。（4）反应后，经下列步骤可从C装置的溶液中获得NaC1O2晶体，请补充完善。i.55℃时蒸发结晶ii.__________ii.用40℃热水洗涤iv.低于60℃干燥，得到成品实验Ⅱ样品杂质分析（5）上述实验中制得的NaC1O2晶体中还可能含有少量中学常见的含硫钠盐，其化学式为____，实验中可减少该杂质产生的操作（或方法）是____（写一条）。27、（12分）高铁酸钾(K2FeO4)是一种新型，高效、多功能绿色水处理剂，可通过KClO溶液与Fe(NO3)3溶液的反应制备。已知：①KClO在较高温度下发生歧化反应生成KClO3②K2FeO4具有下列性质：可溶于水、微溶于浓KOH溶液；在强碱性溶液中比较稳定；在Fe3+催化作用下发生分解，在酸性至弱碱性条件下，能与水反应生成Fe(OH)3和O2，如图所示是实验室模拟工业制备KClO溶液装置。(1)B装置的作用为______________________；(2)反应时需将C装置置于冷水浴中，其原因为__________________；(3)制备K2FeO4时，不能将碱性的KClO溶液滴加到Fe(NO3)3饱和溶液中，其原因是________，制备K2FeO4的离子方程式_________________；(4)工业上常用废铁屑为原料制备Fe(NO3)3溶液，溶液中可能含有Fe2+，检验Fe2+所需试剂名称________，其反应原理为______________________(用离子方程式表示)；(5)向反应后的三颈瓶中加入饱和KOH溶液，析出K2FeO4固体，过滤、洗涤、干燥。洗涤操作所用最佳试剂为______________________；A．水B．无水乙醇C．稀KOH溶液(6)工业上用“间接碘量法”测定高铁酸钾的纯度：用碱性KI溶液溶解1.00gK2FeO4样品，调节pH使高铁酸根全部被还原成亚铁离子，再调节pH为3～4，用1.0mol/L的Na2S2O3标准溶液作为滴定剂进行滴定(2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI)，淀粉作指示剂，装有Na2S2O3标准溶液的滴定管起始和终点读数如如图所示：①消耗Na2S2O3标准溶液的体积为____________mL。②原样品中高铁酸钾的质量分数为_________________。[M(K2FeO4)=198g/mol]③若在配制Na2S2O3标准溶液的过程中定容时俯视刻度线，则导致所测高铁酸钾的质量分数____________(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。28、（14分）我国由海水提取的食盐(海盐)不足四成，大部分产自内陆盐湖(湖盐)和盐矿(矿盐)。（1）由内陆盐湖水为原料进行晒盐，有“夏天采盐（食盐）、冬天捞硝（芒硝）”的说法，下列对其化学原理的描述正确的是___（选填编号）。a．由夏到冬，芒硝的溶解度变小b．由冬到夏，氯化钠的溶解度变小c．夏天温度高，氯化钠易结晶析出（2）芒硝型矿盐卤水中含有一定量Na2SO4和少量Ca2+、Mg2+、H2S等杂质，利用硫酸钙微溶于水的性质，用石灰-烟道气（CO2）法净化芒硝型矿盐卤水的流程如图：脱硫工序中先吹空气，发生物理和化学变化：物理变化是氢硫酸有挥发性，部分被直接吹出，化学变化是___（用化学方程式表示）。再加入稍过量的FeCl3溶液除去残留的硫化氢。检验FeCl3已经过量的试剂是___（填写化学式）。（3）加入Ca(OH)2能降低芒硝浓度并生成烧碱，同时除去Fe3+，另一目的是___。滤渣A的主要成分除了Fe(OH)3外，还有___（填写化学式）。（4）如图所示是石灰-纯碱法净化芒硝型矿盐卤水的部分流程：加入纯碱的作用是___（选填编号）。a．调节溶液的pHb．除去溶液中的Ca2+c．除去溶液中的Mg2+d．除去溶液中的SO42―石灰-烟道气法与石灰-纯碱法相比较，石灰-烟道气法的优点是___。（5）如图是离子交换膜法电解食盐水的示意图，离子交换膜只允许阳离子通过，上述精盐水需要进行二次精制后才能作为离子交换膜电解槽的原料。对盐水进行二次精制的目的是___（选填编号）。a．进一步降低Ca2+、Mg2+的浓度，提高烧碱纯度b．进一步降低SO42―的浓度，提高烧碱纯度c．防止杂质离子与碱生成的沉淀堵塞离子交换膜d．防止溶液酸性或碱性过强，腐蚀离子交换膜盐水中硫酸根浓度过高会使生成的氯气中混有氧气，检验氯气中是否含有少量氧气的操作是___。29、（10分）实验室常利用“棕色环”现象检验NO3—离子。其方法为：取含有NO3—的溶液于试管中，加入FeSO4溶液振荡，然后沿着试管内壁加入浓H2SO4，在溶液的界面上岀现“棕色环”。回答下列问题：(1)基态Fe2+核外未成对电子个数为_____。(2)形成“棕色环”主要发生如下反应：3[Fe(H2O)6]2++NO3－+4H+=3[Fe(H2O)6]3++NO↑+2H2O[Fe(H2O)6]2++NO=[Fe(NO)(H2O)5]2+(棕色)+H2O[Fe(NO)(H2O)5]2+中，配体是______、______，配位数为______。(3)与NO互为等电子体的微粒是_____(任写一例)。(4)SO42－的空间构型是_____，其中S原子的杂化方式是________。(5)铁原子在不同温度下排列构成不同晶体结构，在912℃以下排列构成的晶体叫做α－铁；在912℃至1394℃之间排列构成的晶体叫做γ－铁；在1394℃以上排列构成的晶体，叫做δ－铁。晶胞剖面结构如图所示：①α－铁的原子堆积方式为_____。δ－铁配位数为____。②已知γ－铁晶体密度为dg/cm3，则Fe原子的半径为____nm(用含d、NA的式子表示)。

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.反应生成苯酚钠、碳酸氢钠；B.过氧化钠、碳酸钠均与盐酸反应生成无色气体；C.NaHSO3溶液电离显酸性，Na2SO3溶液水解显碱性；D.水解后检验溴离子，应在酸性条件下；【详解】A.反应生成苯酚钠、碳酸氢钠，且二氧化碳可与苯酚钠反应生成苯酚，所以苯酚的酸性弱于碳酸，A错误；B.过氧化钠与盐酸反应产生氧气；过氧化钠吸收空气中二氧化碳反应产生的碳酸钠与盐酸反应会产生二氧化碳气体，O2、CO2都是无色气体，因此不能检验Na2O2是否变质，B错误；C.NaHSO3溶液电离显酸性，Na2SO3溶液水解显碱性，说明HSO3-结合H+的能力比SO32-弱，C正确；D．水解后检验溴离子，应在酸性条件下，没有加硝酸至酸性，再加硝酸银溶液不能检验Br-是否存在，D错误；故合理选项是C。本题考查化学实验方案的评价，把握物质的性质、反应与现象、物质的检验、可逆反应、实验技能为解答的关键，注意实验的评价性分析。侧重考查学生的分析与实验能力。2、B【解析】

某未知溶液可能含Na+、NH4+、Fe2+、I－、Cl－、CO32－、SO32－。将该溶液加少量新制氯水，溶液变黄色，说明亚铁离子和碘离子至少有一种，在反应中被氯水氧化转化为铁离子和碘。再向上述反应后溶液中加入BaCl2溶液或淀粉溶液，均无明显现象，这说明溶液中没有碘生成，也没有硫酸根，所以原溶液中一定没有碘离子和亚硫酸根离子，一定存在亚铁离子，则一定不存在碳酸根离子。根据溶液的电中性可判断一定还含有氯离子，钠离子和铵根离子不能确定，亚铁离子水解溶液显酸性；答案选B。3、D【解析】

A．84消毒液的主要成分为NaClO,Cl2通入NaOH溶液中反应方程式为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，A正确；B．成熟的水果会释放出乙烯气体，具有还原性，能与强氧化剂高锰酸钾溶液反应，防止采摘下来的水果过早变烂，保存在含有高锰酸钾的硅藻土箱子里，B正确；C．乙酸乙酯难溶于饱和碳酸钠，而乙酸可与碳酸钠反应，C正确；D．胶体和溶液均能通过滤纸，无法通过过滤分离，可用渗析法分离，D错误。答案选D。4、D【解析】稀硝酸和稀硫酸组成的混酸中c（NO3－）+c（SO42－）=5mol·L－1，稀硝酸和Cu反应但稀硫酸和Cu不反应，混酸和Cu反应离子方程式为3Cu+2NO3－+8H＋=3Cu2＋+2NO↑+4H2O，要使溶解的Cu最大，则硝酸根离子应该完全反应，根据离子方程式知，c（NO3－）：c（H＋）=2：8=1：4，设c（NO3－）=xmol·L－1、则c（H＋）=4xmol·L－1，根据电荷守恒得c（NO3－）+2c（SO42－）=c（H＋），xmol·L－1+2c（SO42－）=4xmol·L－1，c（SO42－）=1.5xmol·L－1，代入已知：c（NO3－）+c（SO42－）=5mol·L－1，x=2，所以c（NO3－）=2mol·L－1、则c（H＋）=8mol·L－1，c（SO42－）=5mol·L－1-2mol·L－1=3mol·L－1，根据硝酸根离子守恒、硫酸根离子守恒得c（NO3－）=c（HNO3）=2mol·L－1、c（SO42－）=c（H2SO4）=3mol·L－1，所以混酸中HNO3、H2SO4的物质的量浓度之比2mol·L－1：3mol·L－1=2：3。故选D。5、C【解析】

A．N4呈正四面体结构，类似白磷(P4)，如图所示，1个N4分子含6个共价键（N–N键），则0.5molN4含共价键数目为3NA，A项错误；B．S2＋H2O⇌HS＋OH，阴离子包括S2、OH和HS，阴离子的量大于0.5mol，B项错误；C．锌与浓硫酸发生反应：Zn＋2H2SO4(浓)=ZnSO4＋SO2↑＋2H2O，Zn＋H2SO4=ZnSO4＋H2↑，生成气体11.2L（标准状况），则共生成气体的物质的量，即n(H2+SO2)=，生成1mol气体时转移2mol电子，生成0.5mol气体时应转移电子数目为NA，C项正确；D．己烯和环己烷的分子式都是C6H12，最简式为CH2，14g混合物相当于1molCH2，含2molH原子，故14g己烯和环己烷的混合物含氢原子数目为2NA，D项错误；答案选C。6、D【解析】

A、标准状况下，22.4LCH4的物质的量为1mol，1mol甲烷中有4molC－H，因此22.4L甲烷中共价键的物质的量为22.4×4/22.4mol=4mol，故错误；B、2Fe＋3Cl2=2FeCl3，铁过量，氯气不足，因此转移电子物质的量为1×2×1mol=2mol，故错误；C、没有说明溶液的体积，无法计算物质的量，故错误；D、由于N2O4的最简式为NO2，所以46g的NO2和N2O4混合气体N2O4看作是46gNO2，即1mol，原子物质的量为1mol×3=3mol，故正确。7、D【解析】

由题意可知X为氢元素，Y为氮元素，Z为氧元素。则转化关系中的X2为H2，Y2为N2，Z2为O2，A为NH3，B为NO，C为H2O，D为NO2，E为HNO3，F为NH4NO3。原子半径：H＜O＜N，简单气态氢化物稳定性：NH3＜H2O，A正确；NH3和H2O均为10电子分子，常温下NH3为气态，H2O为液态，沸点：NH3＜H2O，B正确；根据2NO2＋2OH−＋＋H2O，NO＋NO2＋2OH−2＋H2O，所以，NO与NO2体积比≤1∶1的尾气，可以用NaOH溶液完全处理，C正确；HNO3属于共价化合物，不含阴、阳离子，NH4NO3属于离子化合物，阴、阳离子数目之比为1∶1，D错误。8、D【解析】

A.苯基中有11个原子共平面，甲基一个C和一个H与苯基共平面，共有13个原子共平面，所以1mol甲苯分子最多共平面的原子个数为，A错误；B.标况下，环己烷为非气态，无法计算其物质的量，B错误；C.，在稀硫酸中水解为可逆反应，无法完全变为酸和醇，C错误；D.和的摩尔质量均为44g/mol，混合气体中含有的质子数，中子数均为，D正确；故答案选D。9、B【解析】

A.二氧化硫和氧气和氯化钡可以反应生成硫酸钡沉淀，所以不能说明混合气体中含有三氧化硫，故错误；B.二氧化硫能使酸性高锰酸钾溶液褪色，说明混合气体含有二氧化硫，硫酸铜分解生成二氧化硫，硫元素化合价降低，应有元素化合价升高，所以产物肯定有氧气，故正确；C.固体产物加入稀硝酸，氧化铜或氧化亚铜都可以生成硝酸铜，不能说明固体含有氧化铜，故错误；D.将气体通过饱和Na2SO3溶液，能吸收二氧化硫、三氧化硫，故错误。故选B。10、A【解析】

根据有机物系统命名原则，二表示取代基的数目，故选：A。11、D【解析】

A．根据①分子结构可以看出，它属于氯代烃，是难溶于水的，故A正确；B．Br和甲基处在苯环的相间，相对的位置，Br取代在甲基上，共有三种，故B正确；C．苯环和双键都是平面结构，可能共面，酯基中的两个碳原子，一个采用sp2杂化，一个采用sp3杂化，所有碳原子可能共面，故C正确；D．皂化反应仅限于油脂与氢氧化钠或氢氧化钾混合，得到高级脂肪酸的钠/钾盐和甘油的反应，②属于芳香族化合物，故D错误；答案选D。12、B【解析】

氢气在电极M表面失电子转化为氢离子，为电池的负极，碱液室中的氢氧根离子透过阴离子交换膜，中和正电荷。酸液室中的氢离子透过质子交换膜，在电极N表面得到电子生成氢气，电极N为电池的正极，同时，酸液室中的氯离子透过阴离子交换膜进入碱液室，补充负电荷，据此答题。【详解】A.电极M为电池的负极，电子由M极经外电路流向N极，故A错误；B.酸液室中的氢离子透过质子交换膜，在电极N表面得到电子生成氢气，N电极区的电极反应式为2H++2e-=H2↑，故B正确；C.酸液室与碱液室之间为阴离子交换膜，钠离子不能进入碱液室，应在酸液室得到NaHCO3、Na2CO3，故C错误；D.放电一段时间后，酸液室氢离子被消耗，最终得到NaHCO3、Na2CO3，溶液pH增大，故D错误。故选B。13、A【解析】

A、阴极上发生的电极反应式为：2NO3-+6H2O+10e-=N2+12OH-；B、镍电极是阴极，是硝酸根离子得电子；C、电子流入石墨电极，且电子不能经过溶液；D、由电极反应2NO3-+6H2O+10e-=N2+12OH-，生成1mol氮气消耗2mol的硝酸根离子。【详解】A项、阴极上发生的电极反应式为：2NO3-+6H2O+10e-=N2+12OH-，所以导出的溶液呈碱性，故A正确；B项、镍电极是阴极，是硝酸根离子得电子，而不是镍发生氧化反应，故B错误；C项、电子流入石墨电极，且电子不能经过溶液，故C错误；D项、由电极反应2NO3-+6H2O+10e-=N2+12OH-，生成1mol氮气消耗2mol的硝酸根离子，所以若阳极生成0.1mol气体，理论上可除去0.2molNO3-，故D错误。故选A。本题考查电解池的原理，掌握电解池反应的原理和电子流动的方向是解题的关键。14、B【解析】

A项，常温常压不是标准状况，0.05mol氯气体积不是1.12L，故A错误；B项，原溶液中溶质为氢氧化钠，含溶质离子为Na+和OH-，Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，0.05mol氯气和0.1mol氢氧化钠恰好反应，所以原烧碱溶液中含溶质离子0.2NA，故B正确；C项，因为常温常压得到pH=9的混合溶液，所以c(OH-)=10-5mol/L，溶液体积未知不能计算OH-的数目，故C错误；D项，反应生成0.05molNaClO，因为次氯酸根离子水解，所得溶液中C1O-的数目小于0.05NA，故D错误。本题以阿伏伽德罗常数的分析判断为依托，主要考查盐类水解的分析、化学方程式的计算应用，题目综合性较强，重在考查分析综合运用能力。A项注意是否为标准状况，为易错点。15、D【解析】

A.2－丙醇含有羟基，可与HCl等发生取代反应，发生消去反应生成丙烯，发生催化氧化反应生成丙酮，A不符合题意；B.苯甲醇可与HCl等发生取代反应，能发生催化氧化反应生成苯甲醛，但不能发生消去反应，B不符合题意；C.甲醇含有羟基，可与HCl等发生取代反应，能发生催化氧化反应生成甲醛，但不能发生消去反应，C不符合题意；D.含有羟基，可与HCl等发生取代反应，发生消去反应生成2－甲基－1－丙烯，发生催化氧化反应生成2－甲基丙醛，D符合题意；答案选D。【点晴】该题的关键是明确醇发生消去反应和催化氧化反应的规律，即与羟基所连碳相邻的碳上有氢原子才能发生消去反应，形成不饱和键；醇发生氧化反应的结构特点是：羟基所连碳上有氢原子的才能发生氧化反应，如果含有2个以上氢原子，则生成醛基，否则生成羰基。16、B【解析】

硫铁矿烧渣(主要成分为Fe2O3、SiO2、Al2O3，不考虑其他杂质)，加足量酸，氧化铁、氧化铝与酸反应，二氧化硅不反应，因此固体1为SiO2，溶液1为硫酸铝、硫酸铁、硫酸，加入足量铁粉，生成硫酸亚铁，加氢氧化钠控制pH值，沉淀铝离子，溶液2为硫酸亚铁。【详解】A.根据分析得到固体1中含有SiO2，故A正确；B.最后要得到绿矾，因此溶解烧渣选用足量硫酸，试剂X选用铁粉，故B错误；C.控制pH是为了使Fe2+、Al3+混合溶液中Al3+转化为Al(OH)3进入固体2，故C正确；D.从溶液2得到FeSO4·7H2O产品的过程中，亚铁离子容易被氧化，因此须控制条件防止其氧化，故D正确。综上所述，答案为B。17、D【解析】

A．HCO3-与SiO32-反应生成H2SiO3和CO32-，通入过量HC1，发生反应的离子方程式为2H++SiO32-=H2SiO3↓、H++HCO3-=H2O+CO2↑，故A不符合题意；B．题给四种离子可以大量共存，通入过量H2S，发生反应的离子方程式为2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+，故B不符合题意；C．HClO与SO32-因发生氧化还原反应而不能大量共存，故C不符合题意；D．题给四种离子可以大量共存，加入过量NaNO3，发生反应的离子方程式为6I-+2NO3-+8H+=2NO↑+4H2O+3I2，故D符合题意。故答案选D。18、D【解析】

A．水浴加热可保持温度恒定，即水浴加热的优点为使反应物受热均匀、容易控制温度，故A正确；

B．浓硫酸稀释放热，为了防止暴沸，则向浓硝酸中缓缓加入浓硫酸，为防止苯挥发，待冷却后，将苯逐滴滴入，故B正确；

C．球形冷凝管可冷凝回流反应物，则仪器a的作用是冷凝回流，提高原料的利用率，故C正确；

D．反应完全后，混合体系分层，应分液分离出有机物，再蒸馏分离出硝基苯，故D错误；

故选：D。19、B【解析】

利用化学平衡图像分析的方法：“先拐先平数值大”的原则，根据C的物质的量分数(C)和温度(T)关系图，可得T2>T1，升高温度，生成物C的物质的量分数减小，平衡向逆向（吸热的方向）移动，因此正反应放热，即△H＜0，故C、D错误；根据C的物质的量分数(C)和压强(P)关系图，可得P2>P1，增大压强，生成物C的物质的量分数减小，平衡向逆向（气体体积减小的方向）移动，因此正反应方向为气体体积增大的方向。故答案选B。利用化学平衡图像分析的方法：“先拐先平数值大”的原则是指图像中的曲线先拐，在该条件下先达到平衡状态，对应影响的条件数值大。可快速判断外界条件影响下平衡移动的方向。20、D【解析】

A、电镀时镀层金属作阳极，则Zn为阳极，待镀金属作阴极，则Fe为阴极，含有锌离子的溶液为电解质溶液，故A错误；B、Zn比Fe活泼，形成原电池时，Zn作负极，镀锌钢管破损后，负极反应式为Zn﹣2e﹣═Zn2+，故B错误；C、镀银的铁制品铁破损后发生电化学腐蚀，因Fe比Ag活泼，铁易被腐蚀，故C错误；D、用牺牲阳极或外加电流的阴极保护法，铁分别为正极和阴极，都发生还原反应，可防止被氧化，故D正确。答案选D。考查电化学腐蚀与防护，应注意的是在原电池中正极被保护、在电解池中阴极被保护。21、B【解析】

A.由修复过程示意图中反应前后元素化合价变化可知，反应①②③④均为得电子的反应，所以均为还原反应，A项正确；B.三氯乙烯C2HCl3中C原子化合价为+1价，乙烯中C原子化合价为-2价，1molC2HCl3转化为1molC2H4时，得到6mol电子，B项错误；C.由示意图及N元素的化合价变化可写出如下转化NO3-+8e-→NH4+，由于生成物中有NH4+所以只能用H+和H2O来配平该反应，而不能用H2O和OH-来配平，所以④的电极反应式为NO3－+10H++8e－=NH4++3H2O，C项正确；D.ZVI失去电子有Fe2+产生，Fe2+在氧气和OH-的作用下，可能产生Fe(OH)3，D项正确；答案选B。22、C【解析】

A．反应剧烈发出大量的热，不易控制反应速度，且生成氢氧化钙易堵塞多孔隔板，则不能利用图中制取气体的简易装置制备乙炔，故A错误；B．Fe与硫酸反应生成氢气，可排出空气，但图中左侧试管内的导气管没有伸入到反应的液面内，硫酸亚铁溶液不能通过利用氢气的压强，使硫酸亚铁与NaOH接触而反应，故B错误；C．碳酸氢铵分解生成氨气、水、二氧化碳，碱石灰可吸收水、二氧化碳，则图中装置可制备少量氨气，故C正确；D．乙酸丁酯的沸点124～126℃，反应温度115～125℃，则不能利用图中水浴加热装置，故D错误；故选：C。二、非选择题(共84分)23、Cl2、光照辛醛取代反应羟基13【解析】

甲苯发生取代反应生成，在氢氧化钠水溶液加热条件下发生取代反应生成，则A为，该分子继续氧化为B，可推知B为，C为；D经过先水解后消去反应可得到HCHO，所以E为HCHO，根据给定的已知信息及逆合成分析法可知，G为，据此分析作答。【详解】甲苯→，发生的是取代反应，所需试剂、条件分别是Cl2、光照；F为，根据系统命名法可知其名称为辛醛，故答案为Cl2、光照；辛醛；（2）反应②是C和H发生的酸和醇的酯化反应（取代反应），A→B的化学方程式为，故答案为取代反应；；（3）结合给定的已知信息推出G的结构简式为；G→H，是-CHO和H2的加成反应，所以H中所含官能团的名称是羟基，故答案为；羟基。（4）C为，化合物W的相对分子质量比化合物C大14，W比C多一个CH2，遇FeCl3溶液显紫色含有酚羟基，属于芳香族化合物含有苯环，能发生银镜反应含有醛基，①苯环上有三个取代基，分别为醛基、羟基和甲基，先固定醛基和羟基的位置，邻间对，最后移动甲基，可得到10种不同结构；②苯环上有两个取代基，分别为-OH和-CH2CHO，邻间对位共3种，所以W的可能结构有10+3=13种；符合①遇FeCl3溶液显紫色、②属于芳香族化合物、③能发生银镜反应其中核磁共振氢谱显示有5种不同化学环境的氢、峰面积比为2:2:2:1:1要求的W的结构简式：，故答案为13；；（5）根据题目已知信息和有关有机物的性质，用甲苯和乙醛为原料制备的合成路线具体如下：，故答案为。24、对二甲苯（或1，4-二甲苯）取代反应+2NaOH+NaClO2/Cu或Ag，加热碳碳双键、醛基8，【解析】

由流程转化关系，结合题给信息可知，D为。运用逆推法，C为，催化氧化生成；B为，在氢氧化钠溶液中，共热发生水解反应生成；A为，在光照条件下与氯气发生侧链的取代反应生成；与乙醛发生信息反应生成，加热发生消去反应生成。据此解答。【详解】（1）A的结构简式为，名称为对二甲苯或1，4-二甲苯；A→B的反应为在光照条件下与氯气发生侧链的取代反应生成。（2）B→C反应为在氢氧化钠溶液中，共热发生水解反应生成，反应的化学方程式为：+2NaOH+NaCl。（3）C→D的反应为在铜或银作催化剂，在加热条件下与氧气发生氧化反应生成，因此C→D所用试剂和反应条件分别是O2/Cu或Ag，加热。（4）E的结构简式是。F的结构简式为，分子中官能团的名称是碳碳双键、醛基。（5）D为，D的同分异构体中，只有一个环的芳香族化合物说明侧链为链状结构，其可能为醛、酮、含苯环的乙烯基醚和乙烯基酚，其中芳香醛有3种（除去D）、芳香酮1种、含苯环的乙烯基醚1种、乙烯基酚3种，共8种；苯环上只有一个取代基，核磁共振氢谱有5个峰，峰面积比为2∶1∶2∶2∶1的同分异构体的结构简式为和。25、分液漏斗4HCl（浓）+MnO2MnCl2+Cl2↑+2H2O饱和食盐水吸收氯气中混有的杂质HCl浓硫酸吸收水蒸气，干燥氯气2Fe+3Cl22FeCl3NaOH溶液2OH-+Cl2=Cl-+ClO-+H2O【解析】

烧瓶中浓盐酸与二氧化锰加热生成氯气，由于浓盐酸中含有水且易挥发，出来的气体中含有水蒸气和氯化氢，通过B中的饱和食盐水除去氯化氢气体，在通过C中的浓硫酸除去水蒸气，得到干燥的氯气，通过D装置玻璃管内的铁粉进行反应，未反应的氯气进过装置E中的氢氧化钠进行尾气吸收；【详解】（1）由仪器构造可知A为分液漏斗；烧瓶中浓盐酸与二氧化锰加热生成氯气的反应，化学方程式为：4HCl（浓）+MnO2MnCl2+Cl2↑+2H2O。答案为：分液漏斗；4HCl（浓）+MnO2MnCl2+Cl2↑+2H2O（2）反应生成的氯气中含有氯化氢和水蒸气杂质气体，氯化氢极易溶于水，氯气在饱和食盐水中溶解性减弱，通过饱和食盐水除去氯化氢气体，通过浓硫酸溶液吸收水蒸气，装置B中盛放液体是饱和食盐水；气体通过装置B的目的是吸收氯气中混有的杂质HCl；答案为：饱和食盐水；吸收氯气中混有的杂质HCl（3）装置C中盛放的液体是浓硫酸；气体通过装置C的目的是吸收水蒸气，干燥氯气；答案为：浓硫酸；吸收水蒸气，干燥氯气（4）干燥的氯气通过装置D是氯气和铁加热条件下反应生成氯化铁的反应，反应的化学方程式为：2Fe+3Cl22FeCl3；答案为：2Fe+3Cl22FeCl3；（5）氯气有毒，不能排放到空气中，装置E是氢氧化钠溶液，用来吸收未反应的氯气，防止污染空气；氯气和氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的离子方程式为：2OH-+Cl2=Cl-+ClO-+H2O；答案为：NaOH溶液；2OH-+Cl2=Cl-+ClO-+H2O26、蒸馏烧瓶不能ClO2极易与稀硫酸中的水反应，影响NaC1O2产率2NaC1O3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2↑+2Na2SO4+H2O作还原剂将C装置放置于水浴中进行反应，控制温度在38℃~60℃趁热过滤（或38℃以上过滤）Na2SO4控制浓硫酸滴速（或缓慢滴加浓硫酸或混合固体混合物时加入过量的NaC1O3等）【解析】

装置A中制备得到ClO2，所以A中反应为NaClO3和Na2SO3在浓H2SO4的作用生成ClO2和Na2SO4，二氧化氯和氢氧化钠反应生成NaClO2，A中可能发生Na2SO3+H2SO4（浓）=Na2SO4+SO2↑+H2O，产生的SO2

被带入C中与NaOH反应生成Na2SO3，Na2SO3与H2O2

反应生成Na2SO4，由题目信息可知，应控制温度38℃～60℃，高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl；装置B的作用是安全瓶，有防倒吸作用，从装置C的溶液获得NaClO2晶体，需要蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥，装置D是吸收多余气体防止污染。据此解答。【详解】（1）根据仪器构造，装置A中b仪器的名称是蒸馏烧瓶；A中反应为氯酸钠在酸性溶液中氧化亚硫酸钠为硫酸钠，本身被还原为二氧化氯。由信息可知，C1O2极易与水反应，所以a中不能用稀硫酸代替浓硫酸，防止ClO2与稀硫酸中的水反应，影响NaC1O2产率。故答案为蒸馏烧瓶；不能；ClO2极易与稀硫酸中的水反应，影响NaC1O2产率；（2）A中氯酸钠在酸性溶液中氧化亚硫酸钠为硫酸钠，本身被还原为二氧化氯，反应的化学方程式应为2NaC1O3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2↑+2Na2SO4+H2O，

故答案为2NaC1O3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2↑+2Na2SO4+H2O；（3）C中二氧化氯和氢氧化钠反应生成NaClO2，氯元素化合价从+4价降到+3价，二氧化氯被还原，所以C中生成NaC1O2时H2O2的作用是作还原剂；由题目信息可知，应控制温度38℃～60℃，高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl，所以为获得更多的NaC1O2，将C装置放置于水浴中进行反应，控制温度在38℃～60℃。故答案为作还原剂；将C装置放置于水浴中进行反应，控制温度在38℃～60℃；（4）从溶液中制取晶体，一般采用蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥的方法，为防止析出晶体NaClO2•3H2O，应趁热过滤，由题目信息可知，应控制温度38℃～60℃进行洗涤，低于60℃干燥，所缺步骤为趁热过滤（或38℃以上过滤）。故答案为趁热过滤（或38℃以上过滤）；（5）A中可能发生Na2SO3+H2SO4（浓）=Na2SO4+SO2↑+H2O，产生的SO2

被带入C中与NaOH反应生成Na2SO3，Na2SO3与H2O2

反应生成Na2SO4，所以制得的NaC1O2晶体中混有Na2SO4；为减少Na2SO4产生，应尽量减少生成SO2，采取的操作可以是控制浓硫酸滴速（或缓慢滴加浓硫酸或混合固体混合物时加入过量的NaC1O3等）。故答案为Na2SO4；控制浓硫酸滴速（或缓慢滴加浓硫酸或混合固体混合物时加入过量的NaC1O3等）。27、吸收HClKClO在较高温度下发生歧化反应生成KClO3将KClO浓溶液滴加到Fe(NO3)3饱和溶液中，Fe3+过量，K2FeO4在Fe3+催化作用下发生分解。或答：将KClO浓溶液滴加到Fe(NO3)3饱和溶液中，溶液呈酸性，在酸性条件下，K2FeO4能与水反应生成Fe(OH)3和O2。2Fe3++3ClO-+10OH-==2FeO42-+3Cl-+5H2O铁氰化钾3Fe3++2Fe(CN)63-==Fe3[Fe(CN)6]2↓B18.0089.1%偏低【解析】

高锰酸钾与浓盐酸在A装置中反应生成氯气，由于浓盐酸易挥发，生成的氯气中一定会混有氯化氢，因此通过装置B除去氯化氢，在装置C中氯气与氢氧化钾反应生成KClO，装置D吸收尾气中的氯气，防止污染。结合题示信息分析解答。(6)用碱性的碘化钾溶液溶解高铁酸钾样品，调节pH，高铁酸根与碘离子发生氧化还原反应，高铁酸根离子全部被还原成亚铁离子，碘离子被氧化成碘，根据电子得失守恒有关系FeO42-～2I2，再根据反应2Na2S2O3+I2═Na2S4O6+2NaI，利用硫代硫酸钠的物质的量可计算得高铁酸钾的质量，进而确定质量分数。【详解】(1)根据上述分析，B装置是用来除去氯气中的氯化氢的，故答案为吸收HCl；(2)根据题干信息知，KClO在较高温度下发生歧化反应生成KClO3，因此反应时需将C装置置于冷水浴中，故答案为KClO在较高温度下发生歧化反应生成KClO3；(3)根据题干信息知，K2FeO4可溶于水、微溶于浓KOH溶液；在强碱性溶液中比较稳定；在Fe3+催化作用下发生分解，在酸性至弱碱性条件下，能与水反应生成Fe(OH)3和O2，因此制备K2FeO4时，不能将碱性的KClO溶液滴加到Fe(NO3)3饱和溶液中，防止Fe3+过量，K2FeO4在Fe3+催化作用下发生分解；KClO浓溶液与Fe(NO3)3饱和溶液反应制备K2FeO4的离子方程式为2Fe3++3ClO-+10OH-==2FeO42-+3Cl-+5H2O，故答案为将KClO浓溶液滴加到Fe(NO3)3饱和溶液中，Fe3+过量，K2FeO4在Fe3+催化作用下发生分解(或将KClO浓溶液滴加到Fe(NO3)3饱和溶液中，溶液成酸性，在酸性条件下，K2FeO4能与水反应生成Fe(OH)3和O2)；2Fe3++3ClO-+10OH-==2FeO42-+3Cl-+5H2O；(4)工业上常用废铁屑为原料制备Fe(NO3)3溶液，溶液中可能含有Fe2+，检验Fe2+可以使用铁氰化钾，如果含有亚铁离子，会产生蓝色沉淀，其反应原理为3Fe3++2Fe(CN)63-==Fe3[Fe(CN)6]2↓，故答案为铁氰化钾；3Fe3++2Fe(CN)63-==Fe3[Fe(CN)6]2↓；(5)根据上述分析，反应后的三颈瓶中生成了KClO，加入饱和KOH溶液，析出K2FeO4固体，过滤、洗涤、干燥，由于K2FeO4可溶于水、微溶于浓KOH溶液，为了减少K2FeO4的损失，洗涤K2FeO4时不能选用水或稀KOH溶液，应该选用无水乙醇，故答案为B；(6)①根据装有Na2S2O3标准溶液的滴定管起始和终点读数，消耗Na2S2O3标准溶液的体积为19.40-1.40=18.00mL，故答案为18.00；②用碱性的碘化钾溶液溶解高铁酸钾样品，调节pH，高铁酸根与碘离子发生氧化还原反应，高铁酸根离子全部被还原成亚铁离子，碘离子被氧化成碘，根据电子得失守恒有关系FeO42-～2I2，再根据反应2Na2S2O3+I2═Na2S4O6+2NaI，得关系式FeO42-～2I2～4Na2S2O3，所以高铁酸钾的质量为×1.0mol/L×0.018L×198g/mol=0.891g，则原高铁酸钾样品中高铁酸钾的质量分数为×100%=89.1%，故答案为89.1%③若在配制Na2S2O3标准溶液的过程中定容时俯视刻度线，导致配制的Na2S2O3标准溶液的浓度偏大，滴定过程中消耗的Na2S2O3标准溶液的体积偏小，则测得的高铁酸钾的质量分数偏低，故答案为偏低。28