山西省晋中市2026届高三第一次综合测试化学试题试卷含解析

山西省晋中市2026届高三第一次综合测试化学试题试卷注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下列实验中，所使用的装置(夹持装置略)、试剂和操作方法都正确的是()A．观察氢氧化亚铁的生成 B．配制一定物质的量浓度的硝酸钠溶液 C．实验室制氨气 D．验证乙烯的生成2、中国传统文化对人类文明贡献巨大,书中充分记载了古代化学研究成果。下列关于古代化学的应用和记载,对其说明不合理的是()A．《本草纲目》中记载:“(火药)乃焰消(KNO3)、硫黄、杉木炭所合,以为烽燧铳机诸药者”,其中利用了KNO3的氧化性B．杜康用高粱酿酒的原理是通过蒸馏法将高粱中的乙醇分离出来C．我国古代人民常用明矾除去铜器上的铜锈[Cu2(OH)2CO3]D．蔡伦利用树皮、碎布(麻布)、麻头等为原料精制出优质纸张,由他监制的纸被称为“蔡侯纸”。“蔡侯纸”的制作工艺中充分应用了化学工艺3、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．在标准状况下，将4.48L的氯气通入到水中反应时转移的电子数为0.2NAB．12g石墨中C-C键的数目为2NAC．常温下，将27g铝片投入足量浓硫酸中，最终生成的SO2分子数为1.5NAD．常温下，1LpH＝1的CH3COOH溶液中，溶液中的H＋数目为0.1NA4、化学与生产、生活、社会密切相关，下列说法不正确的是A．电动汽车充电、放电过程均有电子转移B．很多鲜花和水果的香味来自于酯C．淘米水能产生丁达尔效应，这种淘米水具有胶体的性质D．碳纳米管是一种比表面积大的有机合成纤维，可用作新型储氢材料5、下列有关物质的用途叙述中，不正确的是A．用稀硫酸除钢铁表面的铁锈利用了硫酸的酸性B．干冰用于人工降雨，是利用了干冰升华吸热C．胃药中含氢氧化镁是因为氢氧化镁能给人提供镁元素D．碳酸氢钠作焙制糕点的发酵粉是利用了碳酸氢钠能与发醇面团中的酸性物质反应6、常温下，下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系错误的是（）A．pH为5的NaHSO3溶液中:c(HSO3-)>c(H2SO3)>c(SO32-)B．向NH4Cl溶液中加入NaOH固体至pH=7：c(Cl-)>c(NH4+)>c(Na+)=c(NH3·H2O)>c(OH-)=c(H+)C．将等体积、等物质的量浓度的CH3COONH4与NaCl溶液混合，pH=7：c(CH3COO-)+c(Na+)=c(Cl-)+c(NH4+)D．20mL0.1mol/LNH4HSO4溶液与30mL0.1mol/LNaOH溶液混合，测得pH>7：c(NH4+)>c(NH3·H2O)>c(OH-)>c(H+)7、的名称是A．1-甲基-4-乙基戊烷 B．2-乙基戊烷C．1,4-二甲基己烷 D．3-甲基庚烷8、2.8gFe全部溶于一定浓度、200mL的HNO3溶液中，得到标准状况下的气体1.12L，测得反应后溶液的pH为1。若反应前后溶液体积变化忽略不计，下列有关判断正确的是A．反应后溶液中c（NO3－）=0.85mol/LB．反应后的溶液最多还能溶解1.4gFeC．反应后溶液中铁元素可能以Fe2+形式存在D．1.12L气体可能是NO、NO2的混合气体9、下列物质的转化在给定条件下能实现的是（）①②③④⑤A．①②③ B．②③④ C．①③⑤ D．②④⑤10、反应Fe2O3+3CO2Fe+3CO2，作氧化剂的是（）A．Fe2O3 B．CO C．Fe D．CO211、为探究新制氯水的性质，某学生做了如下实验。实验装置试剂a现象①紫色的石蕊试液溶液先变红后褪色②NaHCO3溶液产生气泡③HNO3酸化的AgNO3溶液产生白色沉淀④FeCl2溶液、KSCN溶液溶液变红由上述实验可得新制氯水的性质与对应的解释或离子方程式不相符的是A．实验①说明新制氯水中含有H＋、HClOB．实验②发生的反应为HCO3－＋HClO=ClO－＋CO2↑＋H2OC．实验③说明新制氯水中有Cl－，Cl－＋Ag+=AgCl↓D．实验④说明氯气具有强氧化性，Cl2＋2Fe2＋=2Cl－＋2Fe3＋12、下列实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是选项实验操作实验现象结论A向浓HNO3中加入炭粉并加热，产生的气体通入少量澄清石灰水中有红棕色气体产生，石灰水变浑浊有NO2和CO2产生B向酸性KMnO4溶液中滴加乙醇溶液褪色乙醇具有还原性C向稀溴水中加入苯，充分振荡、静置水层几乎无色苯与溴发生了反应D向试管底部有少量铜的Cu(NO3)2溶液中加入稀硫酸铜逐渐溶解铜可与稀硫酸反应A．A B．B C．C D．D13、一种基于锂元素的电化学过程来合成氨的方法，其效率能达到88.5%。其工艺流程如图所示，下列说法错误的是（）A．反应Ⅰ的关键是隔绝空气和水B．反应Ⅱ的产物LiOH是离子化合物C．整个流程中，金属锂是催化剂D．整个流程的总化学方程式为：2N2+6H2O═4NH3+3O214、人体血液存在H2CO3/HCO3—、HPO42-/H2PO4—等缓冲对。常温下，水溶液中各缓冲对的微粒浓度之比的对数值lgx［x表示或］与pH的关系如图所示。已知碳酸pKal═6.4、磷酸pKa2═7.2（pKa═-lgKa）。则下列说法不正确的是A．曲线Ⅱ表示lg与pH的变化关系B．a~b的过程中，水的电离程度逐渐增大C．当c(H2CO3)═c(HCO3—)时，c(HPO42—)=c(H2PO4—)D．当pH增大时，逐渐增大15、含元素碲(Te)的几种物质存在如图所示转化关系。下列说法错误的是A．反应①利用了H2Te的还原性B．反应②中H2O作氧化剂C．反应③利用了H2O2的氧化性D．H2Te2O5转化为H2Te4O9发生了氧化还原反应16、下列物质中，常用于治疗胃酸过多的是（）A．碳酸钠 B．氢氧化铝 C．氧化钙 D．硫酸镁二、非选择题（本题包括5小题）17、聚酰亚胺是重要的特种工程材料，已广泛应用在航空、航天、纳米、液晶、激光等领域。某聚酰亚胺的合成路线如下（部分反应条件略去）。已知:i、ii、iii、CH3COOH+CH3COOH(R代表烃基)（1）A所含官能团的名称是________。（2）①反应的化学方程式是________。（3）②反应的反应类型是________。（4）I的分子式为C9H12O2N2，I的结构简式是________。（5）K是D的同系物，核磁共振氢谱显示其有4组峰，③的化学方程式是________。（6）1molM与足量的NaHCO3溶液反应生成4molCO2，M的结构简式是________。（7）P的结构简式是________。18、扁桃酸D在有机合成和药物生产中有着广泛应用。用常见化工原料制备D，再由此制备有机物I的合成路线如下：回答下列问题：(l)C的名称是____，I的分子式为____。(2)E→F的反应类型为____，G中官能团的名称为____。(3)A→B的化学方程式为________。(4)反应G→H的试剂及条件是________。(5)写出符合下列条件的D的同分异构体：________。①能发生银镜反应②与FeC13溶液显紫色③核磁共振氢谱峰面积之比1:2:2:3(6)写出以溴乙烷为原料制备H的合成路线（其他试剂任选）_____。19、硫代硫酸钠晶体(Na2S2O3·5H2O)俗名“大苏打”。已知它易溶于水，难溶于乙醇，在中性或碱性环境中稳定，受热、遇酸易分解。某实验室模拟工业硫化碱法制取硫代硫酸钠，其反应装置及所需试剂如图：（1）装置甲中，a仪器的名称是____________；a中盛有浓硫酸，b中盛有亚硫酸钠，实验中要控制SO2生成速率，可以采取的措施有_________________________(写出一条即可)。（2）装置乙的作用是____________________________________。（3）装置丙中，将Na2S和Na2CO3以2：1的物质的量之比配成溶液再通入SO2，便可制得Na2S2O3和CO2。反应的化学方程式为：________________________________________。（4）本实验所用的Na2CO3中含少量NaOH，检验含有NaOH的实验方案为_________。(实验中供选用的试剂及仪器：CaCl2溶液、Ca(OH)2溶液、酚酞溶液、蒸馏水、pH计、烧杯、试管、滴管．提示：室温时CaCO3饱和溶液的pH=9.5)（5）反应结束后过滤丙中的混合物，滤液经蒸发、结晶、过滤、洗涤、干燥等得到产品，生成的硫代硫酸钠粗品可用_____________洗涤。为了测定粗产品中Na2S2O3·5H2O的含量，采用在酸性条件下用KMnO4标准液滴定的方法(假设粗产品中的杂质与酸性KMnO4溶液不反应)。称取1.50g粗产品溶于水，用0.20mol·L－1KMnO4溶液(加适量稀硫酸酸化)滴定，当溶液中全部被氧化为时，消耗高锰酸钾溶液体积40.00mL。①写出反应的离子方程式：________________________________________。②产品中Na2S2O3·5H2O的质量分数为____________________(保留小数点后一位)。20、实验室常用MnO2与浓盐酸反应制备Cl2(反应装置如图所示)(1)制备实验开始时，先检查装置气密性，接下来的操作依次是______(填序号)A．往烧瓶中加入MnO2粉末B．加热C．往烧瓶中加入浓盐酸(2)制备反应会因盐酸浓度下降而停止.为测定已分离出过量MnO2后的反应残余液中盐酸的浓度，探究小组提出下列实验方案：甲方案：与足量AgNO3溶液反应，称量生成的AgCl质量。乙方案：采用酸碱中和滴定法测定。丙方案：与已知量CaCO3(过量)反应，称量剩余的CaCO3质量。丁方案：与足量Zn反应，测量生成的H2体积。继而进行下列判断和实验：判定甲方案不可行，理由是______________。(3)进行乙方案实验：准确量取残余清液稀释一定倍数后作为试样。a.量取试样20.00mL，用0.1000mol·L-1NaOH标准溶液滴定，消耗22.00mL，该次滴定测得试样中盐酸浓度为_____mol·L-1b.平行滴定后获得实验结果。采用此方案还需查阅资料知道的数据是：________。(4)丙方案的实验发现，剩余固体中含有MnCO3，说明碳酸钙在水中存在______，测定的结果会：______(填“偏大”、“偏小”或“准确”)(5)进行丁方案实验：装置如图所示(夹持器具已略去)①使Y形管中的残余清液与锌粒反应的正确操作是将_________转移到_____________中。②反应完毕，每间隔1分钟读取气体体积，气体体积逐次减小，直至不变。气体体积逐次减小的原因是______(排除仪器和实验操作的影响因素)。21、纳米磷化钻常用于制作特种钻玻璃，制备磷化钻的常用流程如图：（1）基态P原子的电子排布式为___。P在元素周期表中位于___区。（2）中碳原子的杂化类型是___C、N、O三种元素的第一电离能由大到小的顺序是___（用元素符号表示），电负性由大到小的顺序为___。（3）CO32-中C的价层电子对数为___，其空间构型为___。（4）磷化钴的晶胞结构如图所示，最近且相邻两个钴原子的距离为npm。设NA为阿伏加德罗常数的值，则其晶胞密度为___g．cm-3（列出计算式即可）。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、A【解析】

A．氢氧化亚铁不稳定，易被空气中氧气氧化生成氢氧化铁，所以制备氢氧化亚铁要隔绝空气，植物油和水不互溶，且密度小于水，所以用植物油能隔绝空气，所以能实现实验目的，故A正确；B．容量瓶只能配制溶液，不能作稀释或溶解药品的仪器，应该用烧杯溶解硝酸钠，然后等溶液冷却到室温，再将硝酸钠溶液转移到容量瓶中，故B错误；C．实验室用氯化铵和氢氧化钙加热制取氨气，氨气极易溶于水，不能采用排水法收集，常温下，氨气和氧气不反应，且氨气密度小于空气，所以应该采用向下排空气法收集氨气，故C错误；D．制取乙烯需要170℃，温度计测定混合溶液温度，所以温度计水银球应该插入溶液中，且乙醇能被酸性高锰酸钾溶液氧化，乙醇易挥发，导致得到的乙烯中含有乙醇，影响乙烯的检验，故D错误；故选A。2、B【解析】

A项,火药发生化学反应时,KNO3中N元素的化合价降低,得到电子,被还原,作氧化剂,体现氧化性，故A合理;B项,高粱中不含乙醇,用高粱酿酒是高粱中的淀粉在酒曲作用下反应产生乙醇,然后用蒸馏方法将乙醇分离出来，故B不合理;C项,明矾是强酸弱碱盐,水解使溶液显酸性,酸性溶液中H+与铜锈[Cu2(OH)2CO3]发生反应,达到除锈目的，故C合理;D项,蔡伦利用树皮、碎布(麻布)、麻头等原料精制出优质纸张,体现了化学的物理和化学分离方法,因此充分应用了化学工艺，故D合理；故答案为B。3、D【解析】

A.在标准状况下，将4.48L的氯气通入到水中反应是可逆反应，氯气未能完全参与反应，转移的电子数小于0.2NA，故A错误；B.一个C连3个共价键，一个共价键被两个C平分，相当于每个C连接1.5个共价键，所以12gC即1molC中共价键数为1.5NA，故B错误；C.常温下，铝片与浓硫酸钝化，反应不能继续发生，故C错误；D.常温下，1LpH＝1即c（H＋）=0.1mol/L的CH3COOH溶液中，溶液中的n（H＋）=0.1mol/L×1L=0.1mol，数目为0.1NA，故D正确。答案选D。4、D【解析】

A.电动汽车充电为电解池原理，放电过程为原电池原理，两个过程均属于氧化还原反应，存在电子转移，A正确；B.一些低级酯有芳香气味，很多鲜花和水果的香味来自于这些酯，B正确；C.淘米水中含有的淀粉分子达到胶体颗粒的大小，能产生丁达尔效应，说明这种淘米水具有胶体的性质，C正确；D.碳纳米管只含有C元素，属于单质，不是有机物，D错误；故合理选项是D。5、C【解析】

A．铁锈氧化铁可与硫酸发生复分解反应生成硫酸铁和水，而除去钢铁表面的铁锈；故A正确；B．干冰用于人工降雨，是利用了干冰升华吸热；故B正确；C．胃药中含氢氧化镁是因为氢氧化镁能给人提供氢氧根，中和胃中的过量的酸；故C错误；D．加有发酵粉的面团发酵产生的酸与碳酸氢钠反应生成的二氧化碳气体可使焙制的糕点松软，故D正确；答案选C。物质的性质决定它的用途，用途反应出它的性质，胃药中含氢氧化镁主要是因为氢氧化镁能给人提供氢氧根，中和胃中的过量的酸。6、A【解析】

A.pH=5的NaHSO3溶液显酸性，亚硫酸根离子电离大于水解程度，离子浓度大小：c（HSO3－）＞c（SO32－）＞c（H2SO3），故A错误；B.向NH4Cl溶液中加入NaOH固体至pH=7，加入的NaOH少于NH4Cl，由电荷守恒：c(NH4+)+c(Na+)=c(Cl-)，物料守恒：c(NH4+)+c(NH3·H2O)=c(Cl-)，则c(NH3·H2O)=c(Na+)，NH3·H2O电离大于NH4+水解，c(NH4+)>c(NH3·H2O)，所得溶液中：c(Cl-)>c(NH4+)>c(Na+)=c(NH3·H2O)>c(OH-)=c(H+)，故B正确；C.CH3COONH4中醋酸根离子和铵根离子的水解程度相同溶液呈中性，NaCl也呈中性，c(Na+)=c(Cl-)，c(NH4+)=c(CH3COO－)，c(CH3COO－)+c(Na+)=c(Cl-)+c(NH4+)，故C正确；D.滴入30mLNaOH溶液时（pH＞7），其中20mL氢氧化钠溶液与硫酸氢铵中的氢离子发生中和反应，剩余的10mL氢氧化钠溶液与铵根离子反应，则反应后的溶液中含有0.001mol一水合氨、0.0005mol硫酸铵，溶液的pH＞7，说明一水合氨的电离程度大于铵根离子的水解程度，则：c（NH4＋）＞c（NH3·H2O）、c（OH－）＞c（H＋），则溶液中离子浓度大小为：c（NH4＋）＞c（NH3·H2O）＞c（OH－）＞c（H＋），故D正确；故选A。本题考查了离子浓度大小比较、酸碱混合的定性判断等知识，解题关键：明确反应后溶质组成，难点突破：注意掌握电荷守恒、物料守恒、盐的水解原理在判断离子浓度大小中的应用方法。7、D【解析】根据主链最长原则，主链有7个碳原子；根据支链最近原则，从右端开始第3个碳原子上连有一个甲基，所以的名称是3-甲基庚烷，故D正确。8、A【解析】

Fe和硝酸反应生成硝酸盐和氮氧化物，氮氧化物在标况下体积是1.12L，则n（NOx）＝＝0.05mol，反应后溶液pH＝1说明溶液呈酸性，硝酸有剩余，则Fe完全反应生成Fe（NO3）3。【详解】A．根据N原子守恒知，反应后溶液中n（NO3-）＝n（HNO3）+3n[Fe（NO3）3]＝0.02mol+3×＝0.17mol，则c（NO3-）＝＝0.85mol/L，A正确；B、反应后溶液还能溶解Fe，当Fe完全转化为Fe（NO3）2，消耗的Fe质量最多，反应后剩余n（HNO3）=0.1mol/L×0.2L=0.02mol，根据3Fe+8HNO3=3Fe（NO3）2+2NO↑+4H2O知，硝酸溶解的n（Fe）=×3=0.0075mol，根据转移电子相等知，硝酸铁溶解的n（Fe）==0.025mol，则最多还能溶解m（Fe）=（0.0075+0.025）mol×56g/mol＝1.82g，B错误；C、反应后硝酸有剩余，则Fe完全反应生成Fe（NO3）3，没有硝酸亚铁生成，C错误；D．2.8gFe完全转化为Fe（NO3）3时转移电子物质的量＝×3＝0.15mol，假设气体完全是NO，转移电子物质的量=0.05mol×（5-2）=0.15mol，假设气体完全是NO2，转移电子物质的量=0.05mol×（5-4）=0.05mol＜0.15mol，根据转移电子相等知，气体成分是NO，D错误；答案选A。灵活应用守恒法是解答的关键，注意许多有关化学反应的计算，如果能够巧妙地运用守恒规律可以达到快速解题的目的，常见的守恒关系有：反应前后元素种类和某种原子总数不变的原子守恒；②电解质溶液中的电荷守恒；③氧化还原反应中得失电子数守恒、原电池或电解池中两极通过的电子总数相等；④从守恒思想出发还可延伸出多步反应中的关系式，运用关系式法等计算技巧巧妙解题。9、C【解析】

①氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液中通入二氧化碳生成氢氧化铝和碳酸氢钠，故①能实现；②硫和氧气点燃生成二氧化硫，二氧化硫和氧气在催化剂加热的条件下反应生成三氧化硫，故②不能实现；③在饱和食盐水中通入氨气，形成饱和氨盐水，再向其中通入二氧化碳，在溶液中就有了大量的钠离子、铵根离子、氯离子和碳酸氢根离子，其中NaHCO3溶解度最小，析出NaHCO3晶体，加热NaHCO3分解生成碳酸钠，故③能实现；④氧化铁与盐酸反应生成氯化铁，氯化铁中Fe3+水解Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3HCl，加热HCl易挥发，平衡向右移动，因此加热得不到无水FeCl3，故④不能实现；⑤氯化镁与石灰乳转化为更难溶的氢氧化镁，氢氧化镁煅烧分解生成氧化镁，故⑤能实现；因此①③⑤能实现，故C符合题意。综上所述，答案为C。硫和氧气反应一步反应只能生成SO2，氯化铁、氯化铝、硝酸铁、硝酸铝等溶液加热，铁离子要水解，HCl、HNO3都易挥发，因此加热氯化铁、氯化铝、硝酸铁、硝酸铝等溶液都不能得到原物质。10、A【解析】

在氧化还原反应中化合价降低，得电子的物质为氧化剂，据此分析。【详解】A、反应Fe2O3+3CO2Fe+3CO2，中Fe元素的化合价降低，得电子，则Fe2O3是氧化剂，故A正确；B、CO中碳在氧化还原反应中化合价升高，失电子，作还原剂，故B错误；C、铁是还原产物，故C错误；D、CO2是氧化产物，故D错误；故选：A。11、B【解析】

新制氯水的主要成分有Cl2、H＋、HClO、Cl－等，A.紫色的石蕊试液变红，有H＋存在，后褪色，有HClO，A项正确；B.碳酸的酸性比HClO的酸性强，根据强酸制弱酸原理，答案不对，正确为HCO3－＋H＋=CO2↑＋H2O，B项错误；C.新制氯水有Cl－，和银离子反应生成白色沉淀，C项正确；D.新制氯水的Cl2具有强氧化性，可以使亚铁离子氧化，D项正确；答案选B。12、B【解析】

A.单质C和浓硝酸加热生成二氧化碳、二氧化氮，二氧化氮和水反应生成硝酸，硝酸和氢氧化钙反应，抑制了二氧化碳和氢氧化钙的反应，所以石灰水不变浑浊，A错误；B.酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，能氧化还原性的物质，向酸性KMnO4溶液中滴加乙醇，溶液褪色，说明酸性高锰酸钾溶液被乙醇还原，乙醇体现了还原性，B正确；C.溴水和苯不反应，但是苯能萃取溴水中的溴单质，由于苯与水互不相溶，因此看到分层现象，下层的水层几乎无色，这种现象为萃取，并没有发生化学反应，C错误；D.向试管底部有少量铜的Cu(NO3)2溶液中加入稀硫酸，发生反应：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O，因此看到铜逐渐溶解，不是Cu与硫酸反应，D错误；故合理选项是B。13、C【解析】

A．反应Ⅰ是氮气和锂反应，锂为活泼金属，易与空气中的氧气、水蒸气发生反应，所以反应Ⅰ的关键是隔绝空气和水，故A正确；B．反应Ⅱ的产物LiOH是碱，是锂离子和氢氧根离子构成的化合物属于离子化合物，故B正确；C．分析可知锂是参与反应过程的反应物，最后生成锂单质的条件是电解，所以金属锂不是催化剂，故C错误；D．三步反应为：6Li+N2=2Li3N，Li3N+3H2O=3LiOH+NH3↑，4LiOH4Li+O2↑+2H2O，整个流程的总化学方程式为：2N2+6H2O═4NH3+3O2，故D正确；故选：C。14、D【解析】

由电离平衡H2CO3HCO3-+H+、H2PO4-HPO42-+H+可知，随pH增大，溶液中c(OH-)增大，使电离平衡向右移动，H2CO3/HCO3-减小，HPO42-/H2PO4-增大，所以曲线I表示lg[H2CO3/HCO3-)]与pH的变化关系，曲线II表示lg[c(HPO42-)/c(H2PO4-)]与pH的变化关系，以此分析解答。【详解】A.根据以上分析，曲线I表示lg[H2CO3/HCO3-)]与pH的变化关系，故A错误；B.曲线I表示lg[H2CO3/HCO3-)]与pH的变化关系，a→b的过程中，c(HCO3-)逐渐增大，对水的电离促进作用增大，所以水的电离程度逐渐增大，故B错误；C.根据H2CO3HCO3-+H+，Kal=；H2PO4-HPO42-+H+，Ka2=；由题给信息可知，Ka1Ka2，则当c(H2CO3)=c(HCO3—)时c(HPO42-)c(H2PO4-)，故C错误；D.根据Kal=；Ka2=，可得c(HCO3-)c(H2PO4-)/c(HPO42-)=c(H2CO3)，当pH增大时，c(H2CO3)逐渐减小，所以c(HCO3-)c(H2PO4-)/c(HPO42-)逐渐减小，故D正确。故答案选D。本题考查电解质溶液，涉及电离平衡移动、电离平衡常数及水的电离等知识，正确分析图象是解题的关键，注意电离常数只与温度有关，温度不变，电离常数不变，注意平衡常数的表达式及巧妙使用。15、D【解析】

A．H2Te被O2氧化生成Te，体现H2Te具有还原性，故A正确；B．反应②中Te与H2O反应H2TeO3，Te元素化合价升高，是还原剂，则H2O为氧化剂，应有H2生成，故B正确；C．反应③中H2TeO3→H6TeO6，Te元素化合价升高，发生氧化反应，则H2O2作氧化剂，体现氧化性，故C正确；D．H2Te2O5转化为H2Te4O9时不存在元素化合价的变化，未发生氧化还原反应，故D错误；故答案为D。16、B【解析】

用于治疗胃酸过多的物质应具有碱性，但碱性不能过强，过强会伤害胃粘膜；以上四种物质中，硫酸镁溶液显酸性，碳酸钠溶液，氧化钙的水溶液均显碱性，而氢氧化铝显两性，碱性较弱，能够与胃酸反应，故氢氧化铝常用于治疗胃酸过多，B正确；故答案选B。二、非选择题（本题包括5小题）17、碳碳双键+C2H5OH+H2O取代反应（硝化反应）+2CH3Cl+2HCl【解析】

根据合成路线可知，A为乙烯，与水加成生成乙醇，B为乙醇；D为甲苯，氧化后生成苯甲酸，E为苯甲酸；乙醇与苯甲酸反应生成苯甲酸乙酯和水，F为苯甲酸乙酯；根据聚酰亚胺的结构简式可知，N原子在苯环的间位，则F与硝酸反应，生成；再与Fe/Cl2反应生成，则I为；K是D的同系物，核磁共振氢谱显示其有4组峰，则2个甲基在间位，K为；M分子中含有10个C原子，聚酰亚胺的结构简式中苯环上碳原子的位置，则L为；被氧化生成M，M为；【详解】（1）分析可知，A为乙烯，含有的官能团为碳碳双键；（2）反应①为乙醇与苯甲酸在浓硫酸的作用下发生酯化反应，方程式为+C2H5OH+H2O；（3）反应②中，F与硝酸反应，生成，反应类型为取代反应；（4）I的分子式为C9H12O2N2，根据已知ii，可确定I的分子式为C9H16N2，氨基的位置在-COOC2H5的间位，结构简式为；（5）K是D的同系物，D为甲苯，则K中含有1个苯环，核磁共振氢谱显示其有4组峰，则其为对称结构，若为乙基苯，有5组峰值；若2甲基在对位，有2组峰值；间位有4组；邻位有3组，则为间二甲苯，聚酰亚胺中苯环上碳原子的位置，则L为，反应的方程式为+2CH3Cl+2HCl；（6）1molM可与4molNaHCO3反应生成4molCO2，则M中含有4mol羧基，则M的结构简式为；（7）I为、N为，氨基与羧基发生缩聚反应生成酰胺键和水，则P的结构简式为。确定苯环上N原子的取代位置时，可以结合聚酰亚胺的结构简式中的N原子的位置确定。18、苯甲醛C11H10O4取代反应（或水解反应）羰基、羧基+2Cl2+2HClH2/Ni，加热、CH3CH2BrCH3CH2OHCH3CHO【解析】

根据流程图，A为甲苯，甲苯与氯气在光照条件下发生侧链的取代反应生成B，因此B为；B在氢氧化钠溶液中发生水解反应生成C，则C为，根据信息，D为；丙烯与溴发生加成反应生成E，E为1，2-二溴丙烷，E在氢氧化钠溶液中水解生成F，F为；F被高锰酸钾溶液氧化生成G，G为，G与氢气加成得到H，H为；与发生酯化反应生成I，加成分析解答。【详解】(l)根据上述分析，C为，名称为苯甲醛，I()的分子式为C11H10O4；(2)E→F为1，2-二溴丙烷在氢氧化钠溶液中发生水解反应生成的反应；G()中官能团有羰基、羧基；(3)根据上述分析，A→B的化学方程式为+2Cl2+2HCl；(4)反应G→H为羰基的加成反应，试剂及条件为H2/Ni，加热；(5)D为，①能发生银镜反应，说明结构中存在醛基；②与FeC13溶液显紫色，说明含有酚羟基；③核磁共振氢谱峰面积之比1:2:2:3，符合条件的D的同分异构体有、；(6)以溴乙烷为原料制备H()，需要增长碳链，根据流程图中制备D的分析，可以结合题中信息制备，因此需要首先制备CH3CHO，可以由溴乙烷水解生成乙醇，乙醇氧化生成乙醛，因此合成路线为CH3CH2BrCH3CH2OHCH3CHO。19、分液漏斗控制反应温度、控制滴加硫酸的速度安全瓶，防倒吸4SO2+2Na2S+Na2CO3＝3Na2S2O3+CO2取少量样品于试管(烧杯)中，加水溶解，加入过量的CaCl2溶液，振荡(搅拌)，静置，用pH计测定上层清液的pH，若pH大于1．5，则含有NaOH乙醇82.7％【解析】

装置甲为二氧化硫的制取：Na2SO3+H2SO4(浓)=Na2SO4+SO2↑+H2O，丙装置为Na2S2O3的生成装置：2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2，因SO2易溶于碱性溶液，为防止产生倒吸，在甲、丙之间增加了乙装置；另外二氧化硫有毒，不能直接排放到空气中，装置丁作用为尾气吸收装置，吸收未反应的二氧化硫。据此解答。【详解】(1)装置甲中，a仪器的名称是分液漏斗；利用分液漏斗控制滴加硫酸的速度、控制反应温度等措施均能有效控制SO2生成速率；(2)SO2易溶于碱性溶液，则装置乙的作用是安全瓶，防倒吸；(3)Na2S和Na2CO3以2：1的物质的量之比配成溶液再通入SO2，即生成Na2S2O3和CO2，结合原子守恒即可得到发生反应的化学方程式为4SO2+2Na2S+Na2CO3＝3Na2S2O3+CO2；(4)碳酸钠溶液和NaOH溶液均呈碱性，不能直接测溶液的pH或滴加酚酞，需要先排除Na2CO3的干扰，可取少量样品于试管(烧杯)中，加水溶解，加入过量的CaCl2溶液，振荡(搅拌)，静置，用pH计测定上层清液的pH，若pH大于1.5，则含有NaOH；(5)硫代硫酸钠易溶于水，难溶于乙醇，在中性或碱性环境中稳定，则硫代硫酸钠粗品可用乙醇洗涤；①Na2S2O3溶液中滴加酸性KMnO4溶液，溶液紫色褪去，溶液中全部被氧化为，同时有Mn2+生成，结合电子守恒和原子守恒可知发生反应的离子方程式为5S2O32-+8MnO4-+14H+＝8Mn2++10SO42-+7H2O；②由方程式可知n(Na2S2O3•5H2O)=n(S2O32-)=n(KMnO4)=×0.04L×0.2mol/L=0.005mol，则m(Na2S2O3•5H2O)=0.005mol×248g/mol=1.24g，则Na2S2O3•5H2O在产品中的质量分数为×100%=82.7%。考查硫代硫酸钠晶体制备实验方案的设计和制备过程分析应用，主要是实验基本操作的应用、二氧化硫的性质的探究，侧重于学生的分析能力、实验能力的考查，为高考常见题型和高频考点，注意把握物质的性质以及实验原理的探究。20、ACB残余清液中，n(Cl-)＞n(H+)0.1100Mn2+开始沉淀时的pH沉淀溶解平衡偏小锌粒残余清液装置内气体尚未冷却至室温【解析】

(1)依据反应物及制取气体的一般操作步骤分析解答；(2)甲方案中二氧化锰与浓盐酸反应生成氯化锰，氯化锰也会与硝酸银反应；(3)依据滴定实验过程中的化学反应列式计算；(4)部分碳酸钙沉淀转化成碳酸锰沉淀，会造成称量剩余的固体质量偏大；(5)依据锌粒与稀盐酸反应生