2026年九江市重点中学高考化学试题仿真卷：化学试题试卷（1）含解析

2026年九江市重点中学高考化学试题仿真卷：化学试题试卷（1）注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．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（每题只有一个选项符合题意）1、美国科学家JohnB．Goodenough荣获2019年诺贝尔化学奖，他指出固态体系锂电池是锂电池未来的发展方向。Kumar等人首次研究了固态可充电、安全性能优异的锂空气电池，其结构如图所示。已知单位质量的电极材料放出电能的大小称为电池的比能量。下列说法正确的是A．放电时，a极反应为：Al-3e-=A13+，b极发生还原反应B．充电时，Li+由a极通过固体电解液向b极移动C．与铅蓄电池相比，该电池的比能量小D．电路中转移4mole-，大约需要标准状况下112L空气2、反应A(g)+B(g)⇋3X，在其他条件不变时，通过调节容器体积改变压强，达平衡时c(A)如下表：平衡状态①②③容器体积/L40201c(A)(mol/L)0.022a0.05a0.75a下列分析不正确的是（）A．①→②的过程中平衡发生了逆向移动B．①→③的过程中X的状态发生了变化C．①→③的过程中A的转化率不断增大D．与①②相比，③中X的物质的量最大3、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向碘水中加入等体积CCl4，振荡后静置，上层接近无色，下层显紫红色I2在CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度C向CuSO4溶液中加入铁粉，有红色固体析出Fe2+的氧化性强于Cu2+的氧化性D向NaCl、NaI的混合稀溶液中滴入少量稀AgNO3溶液，有黄色沉淀生成Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)A．A B．B C．C D．D4、相同主族的短周期元素中，形成的单质一定属于相同类型晶体的是A．第IA族 B．第IIIA族 C．第IVA族 D．第VIA族5、X、Y、Z、W、M为原子序数依次増加的五种短周期元素，A、B、C、D、E是由这些元素组成的常见化合物，A、B为厨房中的食用碱，C是一种无色无味的气体，C、D都是只有两种元素组成。上述物质之间的转化关系为:(部分反应物戒生成物省略)。下列说法错误的是A．原子半径大小序，W＞Y＞Z＞XB．对应最简单氢化物的沸点:Z＞MC．上述变化过秳中，发生的均为非氧化还原反应D．Z和W形成的化合物中一定只含离子健6、有3份等量的烧碱溶液，第1份直接与盐酸反应；第2份稀释一倍，再与盐酸反应；第3份通入适量的CO2后，再与盐酸反应．若盐酸的浓度相同，完全反应时消耗盐酸的体积分别为V1、V2和V3，则V1、V2和V3的大小关系正确的是（）A．V1=V2=V3 B．V1＞V3＞V2 C．V2＞V3＞V1 D．V1＞V2＞V37、下列关于铝及其化合物的说法正确的是()A．铝是地壳中含量最多的元素，铝以游离态和化合态两种形式存在于地壳中B．铝制品在空气中有很强的抗腐蚀性是因为铝的化学性质很稳定C．氧化铝是离子化合物，其晶体中离子键很强，故熔点很高，可用作耐火材料D．熔化的氯化铝极易导电，和大多数含卤素离子的盐类(如氯化钠)相同8、常温下，向1L0.1mol·L－1NH4Cl溶液中，不断加入固体NaOH后，NH4+与NH3·H2O的变化趋势如图所示(不考虑体积变化和氨的挥发)。下列说法不正确的是()A．M点溶液中水的电离程度比原溶液小B．在M点时，n(OH－)－n(H＋)＝(a－0.05)molC．随着NaOH的加入，c(H+)/c(NH4+)不断增大D．当n(NaOH)＝0.1mol时，c(Na＋)＝c(NH4+)＋c(NH3·H2O)9、将0.1mol/LCH3COOH溶液加水稀释或加入少量CH3COONa晶体时，都会引起()A．溶液的pH增大B．CH3COOH电离度增大C．溶液的导电能力减弱D．溶液中c(OH－)减小10、已知：①K2CO3+CO2+H2O→2KHCO3；CaCO3+CO2+H2O→Ca（HCO3）2②KHCO3、Ca（HCO3）2都易溶于水③通入悬浊液中的气体，与溶液反应后才与沉淀反应，将足量CO2通入KOH和Ca（OH）2的混合稀溶液中，则生成沉淀的质量和通入的CO2质量的关系中，正确的是A． B． C． D．11、常温下，向20.00mL0.1mol·L－1氨水中滴入0.1mol·L-1盐酸，溶液中由水电离出的c(H+)的负对数[-1gc水(H+)]与所加盐酸体积的关系如图所示，下列说法正确的是（）A．常温下，Kb(NH3·H2O)约为1×10-3B．b=20.00C．R、Q两点对应溶液均呈中性D．R到N、N到Q所加盐酸体积相等12、“凡酸坏之酒，皆可蒸烧”，“以烧酒复烧二次…，价值数倍也”。这里用到的分离方法为()A．升华 B．蒸馏 C．萃取 D．蒸发13、如表所示有关物质检验的实验结论正确的是()选项实验操作及现象实验结论A向某溶液中加入盐酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成该溶液中一定含有SO42-B向某溶液中加入盐酸，将生成的气体通入品红溶液中，品红溶液褪色该溶液一定含有SO32-C将某气体通入品红溶液中，品红溶液褪色该气体一定是SO2D将SO2通入Na2CO3溶液中生成的气体，先通入足量的酸性KMnO4溶液，再通入澄清石灰水中有浑浊说明酸性：H2SO3＞H2CO3A．A B．B C．C D．D14、常温下将NaOH溶液滴加到已二酸(H2X)溶液中，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述错误的是（）。A．常温下Ka1(H2X)的值约为10-4.4B．曲线N表示pH与C．NaHX溶液中c(H+)>c(OH-)D．当混合溶液呈中性时，c(Na+)>c(HX-)>c(X2-)>c(OH-)15、室温下，取一定量冰醋酸，进行如下实验：①将冰醋酸配制成0.1mol·L-1醋酸溶液；②取20mL①所配溶液，加入amL0.1mol·L-1NaOH溶液，充分反应后，测得溶液pH=7；③向②所得溶液中继续滴加稀盐酸，直至溶液中n(Na+)=n(Cl－)。下列说法正确的是A．①中：所得溶液的pH=1B．②中：a＝20C．③中：所得溶液中c(CH3COO－)＜c(H+)，且pH＜7D．①与③所得溶液相比，等体积时所含CH3COOH分子数目相等16、苯甲酸在水中的溶解度为：0.18g（4℃）、0.34g（25℃）、6.8g（95℃）。某苯甲酸晶体中含少量可溶性杂质X和难溶性杂质Y。现拟用下列装置和操作进行提纯：装置：操作：①常温过滤②趁热过滤③加热溶解④结晶⑤洗涤、干燥下列有关说法正确的是_________A．用甲装置溶解样品，X在第①步被分离B．用乙装置趁热过滤，Y在第②步被分离C．用丙装置所示的方法结晶D．正确的操作顺序为：③→④→②→①→⑤二、非选择题（本题包括5小题）17、（化学—有机化学基础）3﹣对甲苯丙烯酸甲酯（E）是一种用于合成抗血栓药的中间体，其合成路线如下：已知：HCHO+CH3CHOCH2=CHCHO+H2O（1）遇FeCl3溶液显紫色且苯环上有两个取代基的A的同分异构体有___________种，B中含氧官能团的名称为___________．（2）试剂C可选用下列中的___________．a、溴水b、银氨溶液c、酸性KMnO4溶液d、新制Cu(OH)2悬浊液（3）是E的一种同分异构体，该物质与足量NaOH溶液共热的化学方程式为___________．（4）E在一定条件下可以生成高聚物F，F的结构简式为___________．18、PVAc是一种具有热塑性的树脂，可合成重要高分子材料M，合成路线如下：己知：R、Rˊ、Rˊˊ为H原子或烃基I.R'CHO+R"CH2CHOII.RCHO+（1）标准状况下，4.48L气态烃A的质量是5.2g，则A的结构简式为___________________。（2）己知A→B为加成反应，则X的结构简式为_______；B中官能团的名称是_________。（3）反应①的化学方程式为______________________。（4）E能使溴的四氯化碳溶液褪色，反应②的反应试剂和条件是_______________________。（5）反应③的化学方程式为____________________________。（6）在E→F→G→H的转化过程中，乙二醇的作用是__________________________。（7）己知M的链节中除苯环外，还含有六元环状结构，则M的结构简式为_________________。19、锡有SnCl2、SnCl4两种氯化物．SnCl4是无色液体，极易水解，熔点﹣36℃，沸点114℃，金属锡的熔点为231℃．实验室用熔融的金属锡跟干燥的氯气直接作用制取无水SnCl4（此反应过程放出大量的热）．实验室制取无水SnCl4的装置如图所示．完成下列填空：（1）仪器A的名称__；仪器B的名称__．（2）实验室制得的氯气中含HCl和水蒸气，须净化后再通入液态锡中反应，除去HCl的原因可能是__；除去水的原因是__．（3）当锡熔化后，通入氯气开始反应，即可停止加热，其原因是__．若反应中用去锡粉11.9g，反应后在锥形瓶中收集到23.8gSnCl4，则SnCl4的产率为__．（4）SnCl4遇水强烈水解的产物之一是白色的固态二氧化锡．若将SnCl4少许暴露于潮湿空气中，预期可看到的现象是__．（5）已知还原性Sn2+＞I﹣，SnCl2也易水解生成难溶的Sn（OH）Cl．如何检验制得的SnCl4样品中是否混有少量的SnCl2？__．20、高锰酸钾是常用的消毒剂、除臭剂、水质净化剂以及强氧化剂，下图是在实验室中制备KMnO4晶体的流程：回答下列问题：（1）操作②目的是获得K2MnO4，同时还产生了KCl和H2O，试写出该步反应的化学方程式：_______________。操作①和②均需在坩埚中进行，根据实验实际应选择_______________(填序号)。a．瓷坩埚b．氧化铝坩埚c．铁坩埚d．石英坩埚（2）操作④是使K2MnO4转化为KMnO4和MnO2，该转化过程中发生反应的离子方程式为_______________。若溶液碱性过强，则MnO4-又会转化为MnO42-，该转化过程中发生反应的离子方程式为_______________。因此需要通入某种气体调pH=10-11，在实际操作中一般选择CO2而不是HCl，原因是_______________。（3）操作⑤过滤时，选择图2所示装置而不用图1所示装置的原因是_______________。（4）还可采用电解K2MnO4溶液(绿色)的方法制造KMnO4(电解装置如图所示)，电解过程中右侧石墨电极的电极反应式为_______________。溶液逐渐由绿色变为紫色。但若电解时间过长，溶液颜色又会转变成绿色，可能的原因是_______________。21、我国矿石种类很多，如黄铜矿、煤、锰矿、锑锌矿等，请回答下列问题：（l）黄铜矿的主要成分为二硫化亚铁铜（CuFeS2），基态Cu2+的外围电子排布图为______，Fe2+含有___个未成对电子。（2）Mn的第三电离能比Fe的第三电离能大的原因为___。（3）煤化工可得氨气、苯、甲苯等产品，氨的空间构型为___，甲苯分子上甲基的碳原子的杂化方式为____；氨硼烷化合物（NH3▪BH3）是一种新型化学氢化物储氢材料，氨硼烷的结构式为____（配位键用“→”表示），与氨硼烷互为等电子体的有机小分子为_____写名称）。（4）碲化锌的晶胞结构如图1所示。①碲化锌的化学式为____。②图2可表示晶胞内部各原子的相对位置，已知a、b、c的原子坐标参数分别为（0，0，0）、（，0，）、（，，），则d的原子坐标参数为____③若两个距离最近的Te原子间距离为apm，阿伏加德罗常数值为NA，则晶体密度为____g/cm3（用含有NA、a的代数式表示，不必化简）。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【解析】

A．锂比铝活泼，放电时a极为负极，锂单质失电子被氧化，反应为“Li-e-═Li+，b极为正极得电子，被还原，故A错误；B．充电时a电极锂离子被还原成锂单质为电解池的阴极，则b为阳极，电解池中阳离子向阴极即a极移动，故B错误；C．因为锂的摩尔质量远远小于铅的摩尔质量，失去等量电子需要的金属质量也是锂远远小于铅，因此锂电池的比能量大于铅蓄电池，故C错误；D．电路中转移4mole-，则消耗1mol氧气，标况下体积为22.4L，空气中氧气约占20%，因此需要空气22.4L×5=112L，故D正确；故答案为D。2、C【解析】

A.①到②的过程中，体积缩小了一半，平衡时A物质的量由0.88amol变为1amol，说明增大压强，平衡逆向移动，X此时应为气态；故A正确；B.②到③的过程中，体积继续缩小，平衡时A物质的量由1amol变为0.75amol，说明增大压强平衡正向移动，说明X在压缩的某个过程中变成了非气态，结合A项分析，①到③的过程中X的状态发生了变化；故B正确；C.结合A、B项的分析，平衡首先逆向移动然后正向移动，A的转化率先减小后增大，故C错误；D.③状态下A物质的量最小，即A转化率最大，X的物质的量最大，故D正确；答案选C。3、B【解析】

A项，苯酚的酸性弱于碳酸；B项，CCl4将I2从碘水中萃取出来，I2在CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度；C项，Fe从CuSO4溶液中置换出Cu，Cu2+的氧化性强于Fe2+；D项，向NaCl、NaI的混合液中加入AgNO3溶液产生黄色沉淀，NaCl、NaI的浓度未知，不能说明AgCl、AgI溶度积的大小。【详解】A项，向苯酚浊液中加入Na2CO3溶液，浊液变清，发生反应+Na2CO3→+NaHCO3，酸性：H2CO3HCO3-，A项错误；B项，向碘水中加入等体积CCl4，振荡后静置，上层接近无色，下层显紫红色，说明CCl4将I2从碘水中萃取出来，I2在CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度，B项正确；C项，向CuSO4溶液中加入铁粉，有红色固体析出，发生的反应为Fe+Cu2+=Fe2++Cu，根据同一反应中氧化性：氧化剂氧化产物，氧化性Cu2+Fe2+，C项错误；D项，向NaCl、NaI的混合稀溶液中滴入少量稀AgNO3溶液，有黄色沉淀生成，说明先达到AgI的溶度积，但由于NaCl、NaI的浓度未知，不能说明AgCl、AgI溶度积的大小，D项错误；答案选B。本题考查苯酚与碳酸酸性强弱的探究、萃取的原理、氧化性强弱的判断、沉淀的生成。易错选D项，产生错误的原因是：忽视NaCl、NaI的浓度未知，思维不严谨。4、D【解析】

A、第IA族的氢气是分子晶体，其它碱金属是金属晶体，形成的单质晶体类型不相同，选项A错误；B、第IIIA族硼是原子晶体，其它是金属晶体，形成的单质晶体类型不相同，选项B错误；C、C、Si、Ge等都属于第IVA族元素，属于原子晶体，铅是金属晶体，形成的单质晶体类型不相同，选项C错误；D、第VIA族形成的都是分子晶体，形成的单质晶体类型相同，选项D正确；答案选D。明确晶体类型的划分、元素在周期表中的位置即可解答，熟练掌握常见原子晶体及其结构，易错点是选项C。5、D【解析】

由题目可推断出X，Y，Z，W，M分别是H，C，O，Na，Cl这五元素。【详解】A选项，原子半径大小顺序为Na>C>O>H，故A正确；B选项，Z对应的简单氢化物为H2O，M对应的简单氢化物为HCl，水分子形成分子间氢键，沸点反常高，故B正确；C选项，上述变化为复分解反应，故C正确；D选项，O和Na可形成Na2O2，既有离子键又有共价键，故D错误。综上所述，答案为D。6、A【解析】

最后生成物质的都为NaCl，根据Na原子、Cl原子守恒：n（HCl）=n（NaCl）=n（NaOH），由于NaOH物质的量相等，则消耗HCl的物质的量相等，故消耗盐酸的体积相等，即V1=V2=V3。答案选A。【点晴】该题侧重于分析能力和计算能力的考查，题目难度不大，注意根据元素质量守恒进行计算，可省去中间过程的繁琐。7、C【解析】

A.铝是地壳中含量最多的金属元素，铝以化合态形式存在于地壳中，故A错误；B.铝制品在空气中有很强的抗腐蚀性是因为铝的化学性质很活泼，在表面形成一屋致密的氧化膜，阻止内部金属继续反应，故B错误；C.氧化铝是离子化合物，其晶体中离子键很强，故熔点很高，可用作耐火材料，故C正确；D.熔化的氯化铝是非电解质，不易导电，和大多数含卤素离子的盐类(如氯化钠)不相同，是分子晶体，故D错误；故选C。本题综合考查铝及其化合物的性质，侧重元素化合物知识的综合理解和运用的考查，注意相关知识的积累，D为易错点，熔化的氯化铝是非电解质，由分子构成，不易导电。8、C【解析】A．M点是向1L0.1mol/LNH4Cl溶液中，不断加入NaOH固体后反应得到氯化铵和一水合氨溶液，铵根离子浓度和一水合氨浓度相同，一水合氨是一元弱碱抑制水电离，此时水的电离程度小于原氯化铵溶液中水的电离程度，A正确；B．在M点时溶液中存在电荷守恒，n（OH-）+n（Cl-）=n（H+）+n（Na+）+n（NH4+），n(OH-)-n(H+)=0.05+n（Na+）-n（Cl-）=（a-0.05）mol，B正确；C．铵根离子水解显酸性，结合水解平衡常数分析，c(H+)×c(NH3·H2O)/c(NH4+)×c(NH3·H2O)=Kh/c(NH3·H2O)，随氢氧化钠固体加入，反应生成一水合氨浓度增大，平衡常数不变，则c(H+)/c(NH4+)减小，C错误；D．向1L0.1mol/LNH4Cl溶液中，不断加入NaOH固体后，当n（NaOH）=0.1mol时，恰好反应生成氯化钠和一水合氨，根据物料守恒可知溶液中c(Na+)=c(NH4+)+c(NH3·H2O)，D正确；答案选C。9、A【解析】

A．CH3COOH溶液加水稀释，CH3COOH的电离平衡CH3COOHCH3COO-+H+向正反应方向移动，溶液的pH增加，向CH3COOH溶液加入少量CH3COONa晶体时，溶液中c(CH3COO-)增大，醋酸的电离平衡向逆反应方向移动，溶液的pH增加，正确；B．CH3COOH溶液加水稀释，平衡向正反应方向移动，电离程度增大，加入少量CH3COONa晶体时平衡向逆反应方向移动，电离程度减小，错误；C．CH3COOH溶液加水稀释，离子浓度减小，溶液的导电能力减弱，加入少量CH3COONa晶体时，离子浓度增大，溶液的导电能力增强，错误；D．加水稀释，促进醋酸电离，但溶液中氢离子浓度减小，加入少量CH3COONa晶体时平衡向逆反应方向移动，电离程度减小，氢离子浓度减小，温度不变，水的离子积常数不变，所以氢氧根离子浓度增大，错误。故选A。10、B【解析】

根据二氧化碳与氢氧化钙反应生成碳酸钙，所以沉淀质量增加，二氧化碳过量后沉淀又被溶解，即减少，同时考虑的题给的信息“③通入悬浊液中的气体，与溶液反应后才与沉淀反应”即可完成该题的解答。【详解】一开始二氧化碳与氢氧化钙反应生成碳酸钙，此时沉淀质量增加，当二氧化碳和氢氧化钙反应完毕后，根据题中信息可以知道，此时溶液处出于悬浊液状态，所以此时发生的是二氧化碳和碳酸钾溶液或是没有反应完全的氢氧化钾的反应，不管怎么样都不会再有沉淀产生，但是同时沉淀的质量也不会减少，当把碳酸钾及氢氧化钾完全反应后，二氧化碳与碳酸钙反应生成了能够溶于水的碳酸氢钙，此时沉淀逐渐减少最后为零，则选项B符合题意，故答案选B。11、B【解析】

A.常温下，未加盐酸的氨水的-lgc水(H+)=11，则该溶液中水电离出的c(H+)=c(OH-)=10-11mol/L，溶液中c(OH-)=mol/L=10-3mol/L，c(NH3•H2O)≈0.1mol/L，Kb(NH3•H2O)==1×10-5，A错误；B.当-lgc水(H+)最小时，HCl与氨水恰好完全反应，所以b点NaOH溶液体积为20.00mL，B正确；C.N点水电离出的H+浓度最大，溶液呈中性，R点碱过量，溶液呈碱性。Q点溶质为HCl和NH4Cl，溶液呈酸性，C错误；D.R点氨水略过量，R→N加HCl消耗一水合氨，促进水的电离；N→Q加HCl，酸过量，抑制水的的电离，所以R到N、N到Q所加盐酸体积不相等，D错误；故合理选项是B。12、B【解析】酸坏之酒中含有乙酸，乙酸和乙醇的沸点不同，用蒸馏的方法进行分离，B正确；正确选项B。13、D【解析】

根据物质的性质及反应现象分析解答。【详解】A.白色沉淀可以能是氯化银，溶液中可能含有银离子，应该先加盐酸排除银离子的干扰，故A错误；B.溶液中可能含有HSO3-，故B错误；C.具有漂白作用的不仅仅是二氧化硫，融入氯气也可以使品红褪色，故C错误；D.先通入酸性高锰酸钾溶液，目的是除去二氧化硫气体，再通入澄清石灰水变浑浊，说明产物是二氧化碳，进而证明亚硫酸的酸性强于碳酸，故D正确。故选D。在物质检验的实验中，一定要注意排除其他物质的干扰，很多反应的现象是一样的，需要进一步验证，例如二氧化硫和二氧化碳都能使澄清石灰水变浑浊，但二氧化硫可以与酸性高锰酸钾反应，二氧化碳不可以。14、D【解析】

H2X为二元弱酸，以第一步电离为主，则Ka1(H2X)>Ka2(H2X)，在酸性条件下，当pH相同时，>。根据图象可知N为lg的变化曲线，M为lg的变化曲线，当lg=0或lg=0时，说明=1或=1.浓度相等，结合图象可计算电离平衡常数并判断溶液的酸碱性。【详解】A.lg=0时，=1，此时溶液的pH≈4.4，所以Ka1(H2X)=c(H+)=10-4.4，A正确；B.根据上述分析可知曲线B表示lg的变化曲线，B正确；C.根据图象可知：当lg=0时，=1，即c(HX-)=c(X2-)，此时溶液的pH约等于5.4<7，溶液显酸性，说明该溶液中c(H+)>c(OH-)，C正确；D.根据图象可知当溶液pH=7时，lg>0，说明c(X2-)>c(HX-)，因此该溶液中c(Na+)>c(X2-)>c(HX-)>c(OH-)，D错误；故合理选项是D。本题考查弱电解质的电离、电离常数的应用等知识。注意把握图象中曲线的变化和相关数据的处理，难度中等。15、C【解析】

A.因为醋酸是弱酸，故①中0.1mol/L的醋酸pH>1，A错误；B.若②中a＝20，则醋酸和氢氧化钠恰好反应生成醋酸钠，醋酸钠水解显碱性，B错误；C.③中溶液的电荷守恒为：，结合，故，所以，，pH<7，C正确；D.①与③所得溶液相比，③相当于向①中加入了氯化钠溶液，越稀越电离，故等体积时③中醋酸分子数少，D错误；答案选C。16、A【解析】

A.苯甲酸在水中的溶解度为0.18g（4℃），、0.34g（25℃）、6.8g（95℃）用甲装置溶解样品，Y末溶，X溶解形成不饱和溶液，苯甲酸形成热饱和溶液，X在第①步被分离到溶液中，故A正确；B.乙是普通漏斗，不能用乙装置趁热过滤，且过滤装置错误，故B错误；C.根据苯甲酸的溶解度受温度影响，应用冷却热饱和溶液的方法结晶，故C错误；D.正确的操作顺序为：③加热溶解：X和苯甲酸溶解②趁热过滤：分离出难溶物质Y④结晶：苯甲酸析出①常温过滤：得到苯甲酸，X留在母液中⑤洗涤、干燥，得较纯的苯甲酸，正确的顺序为③→②→④→①→⑤，故D错误；故选A。二、非选择题（本题包括5小题）17、3醛基b、d+2NaOH+CH3CH=CHCOONa+H2O【解析】

甲苯和CO在AlCl3、HCl作用下生成A，A和乙醛发生题目给的已知的反应生成B，则B为，B在银氨溶液或新制氢氧化铜作用下被氧化为羧酸盐，然后再酸化得到D，D可以和甲酸在浓硫酸作用下发生酯化反应生成E。【详解】（1）遇FeCl3溶液显紫色，说明同分异构体含有酚羟基，则另一个取代基为乙烯基，二者可为邻、间、对3种位置，共有3种同分异构体；根据题目所给信息，B中含有醛基。（2）B中含有的醛基与C反应转化为羧基，所以试剂C可以为银氨溶液或新制Cu(OH)2悬浊液。（3）酯基在NaOH条件下发生水解反应，根据水解反应的原理，化学方程式为+2NaOH+CH3CH=CHCOONa+H2O。（4）E中含有碳碳双键，经过加聚反应可得E，根据加聚反应规律可得F的结构简式为。18、HC≡CHCH3COOH酯基、碳碳双键稀NaOH溶液／△保护醛基不被H2还原【解析】

标准状况下，3.36L气态烃A的质量是3.9g，则相对摩尔质量为=26g/mol，应为HC≡CH，A与X反应生成B，由B的结构简式可知X为CH3COOH，X发生加聚反应生成PVAc，结构简式为，由转化关系可知D为CH3CHO，由信息Ⅰ可知E为，由信息Ⅱ可知F为，结合G的分子式可知G应为，H为，在E→F→G→H的转化过程中，乙二醇可保护醛基不被H2还原，M为，据此分析作答。【详解】根据上述分析可知，（1）标准状况下，4.48L气态烃A的物质的量为0.2mol,质量是5.2g，摩尔质量为26g/mol，所以A为乙炔，结构简式为HC≡CH；正确答案：HC≡CH。（2）根据B分子结构可知，乙炔和乙酸发生加成反应，X的结构简式为.CH3COOH；B中官能团的名称是酯基、碳碳双键；正确答案：CH3COOH；酯基、碳碳双键。（3）有机物B发生加聚反应生成PVAc，PVAc在碱性环境下发生水解生成羧酸盐和高分子醇，化学方程式为；正确答案：（4）乙炔水化制乙醛，乙醛和苯甲醛发生加成、消去反应生成有机物E，因此反应②的反应试剂和条件是是稀NaOH溶液／△；正确答案：稀NaOH溶液／△。（5）根据信息II，可知芳香烯醛与乙二醇在氯化氢环境下发生反应，与氢气发生加成反应生成；化学方程式为；正确答案：。（6）从流程图可以看出，醛基能够与氢气发生加成反应，所以乙二醇的作用是保护醛基不被H2还原；正确答案：保护醛基不被H2还原。（7）高分子醇中2个-CH(OH)-CH2-与苯丙醛发生反应，生成六元环状结构的高分子环醚，则M的结构简式为；正确答案：。19、蒸馏烧瓶冷凝管Sn可能与HCl反应生成SnCl2防止SnCl4水解Sn和Cl2反应放出大量的热91.2%空气中有白烟取样品少许，溶于稀盐酸中，加2滴碘的淀粉溶液，振荡，若紫色褪去，说明SnCl4混有少量的SnCl2，否则SnCl4纯净【解析】

装置A有支管，因此是蒸馏烧瓶，氯气进入烧瓶与锡反应得到，加热后挥发，进入装置B冷凝管中，注意冷凝水的方向是下进上出，冷却后的变为液体，经牛角管进入锥形瓶E中收集，而F中的烧碱溶液可以吸收过量的氯气，据此来分析作答。【详解】（1）装置A是蒸馏烧瓶，装置B是冷凝管；（2）锡在金属活动顺序表中位于氢之前，因此金属锡会和反应得到无用的，而除去水蒸气是为了防止水解；（3）此反应过程会放出大量的热，因此此时我们可以停止加热，靠反应放出的热将持续蒸出；根据算出锡的物质的量，代入的摩尔质量算出理论上能得到26.1克，则产率为；（4）水解产生白色的固态二氧化锡，应该能在空气中看到一些白烟；（5）根据题目给出的信息，若溶液中存在，则可以将还原为，因此我们取样品少许，溶于稀盐酸中，加2滴碘的淀粉溶液，振荡，若紫色褪去，说明SnCl4混有少量的SnCl2，否则SnCl4纯净。20、KClO3＋3MnO2＋6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O↑c3MnO42-+2H2O=2MnO4-+MnO2↓+4OH-4MnO4-+4OH-=4MnO42-+O2↑+2H2OCl-具有还原性，可将K2MnO4和KMnO4还原过滤速度快、效果好MnO42--e-=MnO4-电解较长时间后，阳极产生的MnO4-在阴极被还原，紫色又转变为绿色。(或阴极上氢离子放电生成氢气，同时产生大量的氢氧根离子，溶液碱性增强，紫色又转变为绿色【解析】

（1）根据图示，操作②中的反应物有KClO3、MnO2和KOH加热时生成K2MnO4、KCl和H2O，反应的化学方程式为：KClO3＋3MnO2＋6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O↑；操作①和②的反应物中均含有碱性物质，碱能够与氧化铝、二氧化硅及硅酸盐反应，应选择铁坩埚，故答案为KClO3＋3MnO2＋6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O↑；c；（2）操作④中K2MnO4转化为KMnO4和MnO2，反应的离子方程式为：3MnO42-+2H2O=2MnO4-+MnO2↓+4OH-；若溶液碱性过强，则MnO4-又会转化为MnO42-，反应的离子方程式为：4MnO4-+4OH-=4MnO42-+O2↑+2H2O；通入CO2调pH=10-11，不选用HCl，是因为Cl-具有还原性，可将K2MnO4和KMnO4还原，故答案为3MnO42-+2H2O=2MnO4-+MnO2↓+4OH-；4MnO4-+4OH-=4MnO42-+O2↑+2H2O；Cl-具有还原性，可将K2MnO4和KMnO4还原；（3）图1为普通过滤装置，图2为抽滤装置，抽滤装置过滤速度快，过滤效果好，且能够过滤颗粒很小是固体和糊状物，故答案为过滤速度快、效果好；（4）电解过程中右侧石墨电极连接电源正极，是阳极，发生氧化反应，电极反应式为：MnO42--e-=MnO4-；若电解时间过长，阳极产生的MnO4-在阴极被还原，紫色又转变为绿色，也可能是阴极上氢离子放电生成氢气，同时产生大量的氢氧根离子，溶液碱性增强，紫色又转变为绿色，故答案为MnO42--e-=MnO4-；电解较长时间后，阳极产生的MnO4-在阴极被还原，紫色又转变为绿色。(或阴极上氢离子放电生成氢气，同时产生大量的氢氧根离子，溶液碱性增强，紫色又转变为绿色)。21、4Mn的第