黑龙江省牡丹江一中2026届高三1月统一考试化学试题含解析

黑龙江省牡丹江一中2026届高三1月统一考试化学试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，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、81号元素所在周期和族是()A．第六周期ⅣA族 B．第六周期ⅢB族 C．第七周期0族 D．第六周期ⅢA族2、如图，甲烷与氯气在光照条件下反应，不涉及的实验现象是（）A．气体的黄绿色变浅至消失 B．试管内壁上有油珠附着C．试管内水面上升 D．试管内有白烟生成3、将足量SO2气体通入下列各组溶液中，所含离子还能大量共存的是（）A．Ba2+、Ca2+、Br﹣、Cl﹣ B．CO32﹣、SO32﹣、K+、NH4+C．Na+、NH4+、I﹣、HS﹣ D．Na+、Ca2+、ClO﹣、NO3﹣4、常温下，向20mL0.1氨水中滴加一定浓度的稀盐酸，溶液中由水电离的氢离子浓度随加入盐酸体积的变化如图所示。则下列说法正确的是A．常温下，0.1氨水中的电离常数K约为B．a、b之间的点一定满足，C．c点溶液中D．d点代表两溶液恰好完全反应5、中国科学家研究出对环境污染小、便于铝回收的海水电池，其工作原理示意图如下：下列说法正确的是（）A．电极Ⅰ为阴极，其反应为：O2+4H++4e－=2H2OB．聚丙烯半透膜允许阳离子从右往左通过C．如果电极II为活性镁铝合金，则负极区会逸出大量气体D．当负极质量减少5.4g时，正极消耗3.36L气体6、采用阴离子交换法合成了一系列不同Zn和Pt含量的PtSn-Mg(Zn)AlO催化剂用于乙烷脱氢反应[CH3CH3(g)⇌CH2=CH2(g)+H2(g)△H>0]，实验结果表明，在水滑石载体中掺杂少量的Zn对乙烷脱氢反应有明显影响，如图所示为不同Zn含量PtSn催化剂的乙烷催化脱氢反应中，乙烷的转化率随时间的变化。下列说法不正确的是()A．由图可知，PtSn/Mg(2-Zn)AlO催化剂的催化反应活性最优B．一定温度下，将nmol乙烷放入VL密闭容器中进行催化脱氢，维持容器体积不变，测得乙烷平衡转化率为a，则该温度下反应的平衡常数K=C．升高温度，平衡逆向移动D．随着反应时间的延长，乙烷转化率逐渐稳定，催化活性保持在相对稳定的阶段7、化学与人类生活、生产和社会可持续发展密切相关，下列说法不正确的是（）A．为方便运输可用钢瓶储存液氯和浓硫酸B．食盐可作调味剂，也可用作食品防腐剂C．用淀粉溶液可以直接检验海水中是否含有碘元素D．化石燃料的脱硫脱氮、SO2的回收利用和NOX的催化转化都是减少酸雨产生的措施8、已知甲、乙、丙三种物质均含有同种元素X，其转化关系如下：下列说法错误的是A．若A为NaOH溶液，乙为白色沉淀，则X可能为短周期金属元素B．若A为硝酸，X为金属元素，则甲与乙反应可生成丙C．若A为氧气，丙在通常状况下为红棕色气体，则甲可能为非金属单质D．若乙为NaHCO3，则甲或丙可能是CO29、对二甲苯（PX）可发生如下反应生成对苯二甲酸（PTA）。下列有关说法错误的是+12MnO4-+36H++12Mn2++28H2OA．PTA是该反应的氧化产物 B．消耗1molPX，共转移8mol电子C．PX含苯环的同分异构体还有3种 D．PTA与乙二醇可以发生缩聚反应10、通常条件下，经化学反应而使溴水褪色的物质是（）A．甲苯 B．己烯 C．丙酸 D．戊烷11、设NA为阿伏加德罗常数的值．下列说法正确的是（）A．1L1mol•L﹣1的NaClO溶液中含有ClO﹣的数目为NAB．78g苯含有C=C双键的数目为3NAC．常温常压下，14g由N2与CO组成的混合气体含有的原子数目为NAD．6.72LNO2与水充分反应转移的电子数目为0.2NA12、下列说法不正确的是A．一定条件下，苯能与H2发生加成反应生成环己烷B．利用粮食酿酒经历了淀粉→葡萄糖→乙醇的化学变化过程C．石油裂解得到的汽油可使溴水、酸性高锰酸钾溶液褪色，褪色原理相同D．乙醇能与CuO反应生成乙醛，乙醛又能将新制的Cu(OH)2还原成Cu2O13、实验室分离苯和水，可选用下列（）A． B． C． D．14、短周期元素W、X、.Y、Z位于不相邻主族,它们的原子序数及最外层电子数均依次增大且其中只有一种金属元素,W处在第一周期。下列说法错误的是A．X为金属元素 B．原子半径:X>Y>Z>WC．Y与Z可形成2种化合物 D．Y的最高价氧化物对应的水化物是强酸15、室温下，某溶液中含有Na+、H+、Fe3+、HCO3－、OH－、I－中的几种，水电离出的c（H+）=1×l0-13

mol/L。当向该溶液中缓慢通入一定量的Cl2后，溶液由无色变为黄色。下列分析正确的是（）A．溶液的pH=1或13 B．溶液中一定没有Fe3+，Na+C．溶液中阴离子有I－，不能确定HCO3－ D．当Cl2过量，所得溶液只含有两种盐16、在实验室中完成下列各组实验时，需要使用到相应实验仪器的是A．除去食盐中混有的少量碘：坩埚和分液漏斗B．用酸性高锰酸钾溶液滴定Fe2+：烧杯、烧瓶C．配制250mL1mol/L硫酸溶液：量筒、250mL容量瓶D．检验亚硫酸钠是否发生变质：漏斗、酒精灯17、实验中需2mol/L的Na2CO3溶液950mL，配制时应选用的容量瓶的规格和称取Na2CO3的质量分别是A．1000mL，212.0g B．950mL，543.4g C．任意规格，572g D．500mL，286g18、用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是A．1.0L1.0mol/L的Na2SO4水溶液中含有的氧原子数为4NAB．1molNa2O2固体中含离子总数与1molCH4中所含共价键数目相等C．1molNaClO中所有ClO－的电子总数为26NAD．标准状况下，6.72LNO2与水充分反应转移的电子数目为0.1NA19、25℃时，某实验小组同学向铝与过量稀盐酸反应后的残留液中滴加氢氧化钠溶液，并用pH传感器测得pH变化曲线如图所示(B点开始出现白色沉淀)。下列说法错误的是()A．A点前发生中和反应B．BC段沉淀质量逐渐增加C．D点后的反应为：Al(OH)3+OH﹣=AlO2﹣+2H2OD．E点溶液中溶质主要是NaAlO2和NaOH20、实验室提供的玻璃仪器有试管、导管、容量瓶、烧杯、酒精灯、表面皿、玻璃棒（非玻璃仪器任选），选用上述仪器能完成的实验是（）A．粗盐的提纯 B．制备乙酸乙酯C．用四氯化碳萃取碘水中的碘 D．配制0.1mol·L-1的盐酸溶液21、下列五种短周期元素的某些性质如表所示(其中只有W、Y、Z为同周期元素)。元素XWYZR原子半径(pm)37646670154主要化合价+1-1-2-5、-3+1下列叙述错误的是A．原子半径按X、W、Y、Z、R的顺序依次增大B．X、Y、Z三种元素形成的化合物，其晶体可能是离子晶体，也可能是分子晶体C．W、Y、Z三种元素形成的气态氢化物稳定性：ZH3>H2Y>HWD．R元素可分别与X、W、Y三种元素形成离子化合物22、化学与生产、生活、社会密切相关。下列叙述错误的是A．还原铁粉能用作食品抗氧化剂B．夜空中光柱的形成属于丁达尔效应C．浸泡过KMnO4溶液的硅土可作水果保鲜剂D．燃煤中加入CaO可减少温室气体的排放二、非选择题(共84分)23、（14分）下列A～J十种物质之间的转化关系如图所示，其中部分生成物或反应条件已略去。A为正盐；常温、常压下，B、C、D、E、G、H、I均为气体，其中D、G、H为单质，H为黄绿色气体，I通常为红棕色气体，I的相对分子质量比E的大16；F在常温下是一种无色液体；G能在H中燃烧，发出苍白色火焰，产物C易溶于水；J是一元含氧强酸。回答下列问题：(1)A的化学式为_________。(2)一定条件下，B和D反应生成E和F的化学方程式为_____________。(3)J和金属Cu反应生成E的化学方程式为_______。(4)H和石灰乳反应的化学方程式为___________。(5)在I和F的反应中，氧化剂和还原剂的质量之比为__________。24、（12分）某课题组的研究人员用有机物A、D为主要原料，合成高分子化合物F的流程如图所示：已知：①A属于烃类化合物，在相同条件下，A相对于H2的密度为13。②D的分子式为C7H8O，遇FeCl3溶液不发生显色反应。③请回答以下问题：（1）A的结构简式为________。（2）反应①的反应类型为________，B中所含官能团的名称为______。（3）反应③的化学方程式是_______________。（4）D的核磁共振氢谱有_______组峰；D的同分异构体中，属于芳香族化合物的还有________(不含D)种。（5）反应④的化学方程式是____________。（6）参照上述流程信息和已知信息，以乙醇和苯乙醇为原料(无机试剂任选)制备化工产品设计合理的合成路线__________。合成路线流程图示例：CH3CH2OHCH3CH2OOCCH325、（12分）二正丁基锡羧酸酯是一种良好的大肠杆菌，枯草杆菌的杀菌剂。合成一种二正丁基锡羧酸酯的方法如图1：将0.45g的2-苯甲酰基苯甲酸和0.500g的二正丁基氧化锡加入到50mL苯中，搅拌回流分水6小时。水浴蒸出溶剂，残留物经重结晶得到白色针状晶体。各物质的溶解性表物质水苯乙醇2-苯甲酰基苯甲酸难溶易溶易溶二正丁基氧化锡难溶易溶易溶正丁基锡羧酸酯难溶易溶易溶回答下列问题：（1）仪器甲的作用是___，其进水口为___。（2）实验不使用橡胶塞而使用磨口玻璃插接的原因是___。（3）分水器（乙）中加蒸馏水至接近支管处，使冷凝管回流的液体中的水冷凝进入分水器，水面上升时可打开分水器活塞放出，有机物因密度小，位于水层上方，从分水器支管回流入烧瓶。本实验选用的分水器的作用是__（填标号）A．能有效地把水带离反应体系，促进平衡向正反应方向移动B．能通过观察水面高度不再变化的现象，判断反应结束的时间C．分离有机溶剂和水D．主要起到冷凝溶剂的作用（4）回流后分离出苯的方法是__。（5）分离出苯后的残留物，要经重结晶提纯，选用的提纯试剂是__（填标号）A．水B．乙醇C．苯（6）重结晶提纯后的质量为0.670g，计算二正丁基锡羧酸酯的产率约为__。26、（10分）三氯乙醛(CCl3CHO)是生产农药、医药的重要中间体，实验室制备三氯乙醛的反应装置示意图(加热装置未画出)和有关数据如下：①制备反应原理：C2H5OH＋4Cl2→CCl3CHO＋5HCl②相关物质的相对分子质量及部分物理性质：相对分子质量熔点/℃沸点/℃溶解性C2H5OH46－114.178.3与水互溶CCl3CHO147.5－57.597.8可溶于水、乙醇CCl3COOH163.558198可溶于水、乙醇、三氯乙醛C2H5Cl64.5－138.712.3微溶于水，可溶于乙醇(1)恒压漏斗中盛放的试剂的名称是_____，盛放KMnO4仪器的名称是_____。(2)反应过程中C2H5OH和HCl可能会生成副产物C2H5Cl，同时CCl3CHO(三氯乙醛)也能被次氯酸继续氧化生成CCl3COOH(三氯乙酸)，写出三氯乙醛被次氯酸氧化生成三氯乙酸的化学方程式：_____。(3)该设计流程中存在一处缺陷是_____，导致引起的后果是_____，装置B的作用是______。(4)反应结束后，有人提出先将C中的混合物冷却到室温，再用分液的方法分离出三氯乙酸。你认为此方案是否可行_____(填是或否)，原因是_____。(5)测定产品纯度：称取产品0.36g配成待测溶液，加入0.1000mol•L−1碘标准溶液20.00mL，再加入适量Na2CO3溶液，反应完全后，加盐酸调节溶液的pH，立即用0.02000mol•L−1Na2S2O3溶液滴定至终点。进行三次平行实验，测得平均消耗Na2S2O3溶液20.00mL。则产品的纯度为_____(计算结果保留四位有效数字)。滴定原理：CCl3CHO+OH-=CHCl3+HCOO-、HCOO-+I2=H++2I-+CO2、I2+2S2O32-=2I-+S4O62-27、（12分）某学生对Na2SO3与AgNO3在不同pH下的反应进行探究。（1）测得Na2SO3溶液pH=11，AgNO3溶液pH=5，二者水解的离子分别是。（2）调节pH，实验记录如下：实验

pH

现象

A

10

产生白色沉淀，稍后溶解，溶液澄清

B

6

产生白色沉淀，一段时间后，沉淀未溶解

C

2

产生大量白色沉淀，一段时间后，产生海绵状棕黑色物质X

查阅资料得知：Ⅰ．Ag2SO3：白色，难溶于水，溶于过量Na2SO3的溶液Ⅱ．Ag2O：棕黑色，不溶于水，能和酸反应①推测a中白色沉淀为Ag2SO3，离子方程式是。②推测a中白色沉淀为Ag2SO4，推测的依据是。（3）取b、c中白色沉淀，置于Na2SO3溶液中，沉淀溶解。该同学设计实验确认了白色沉淀不是Ag2SO4，实验方法是：另取Ag2SO4固体置于溶液中，未溶解。（4）将c中X滤出、洗净，为确认其组成，实验如下：Ⅰ.向X中滴加稀盐酸，无明显变化Ⅱ．向X中加入过量浓HNO3，产生红棕色气体Ⅲ．用Ba(NO3)2溶液、BaCl2溶液检验Ⅱ中反应后的溶液，前者无变化，后者产生白色沉淀①实验Ⅰ的目的是。②根据实验现象，分析X的性质和元素组成是。③Ⅱ中反应的化学方程式是。（5）该同学综合以上实验，分析产生X的原因，认为随着酸性的增强，还原性增强。通过进一步实验确认了这种可能性，实验如图所示：①气体Y是。②白色沉淀转化为X的化学方程式是。28、（14分）化合物G是重要的药物中间体，合成路线如下：回答下列问题：（1）A的分子式为_________。（2）B中含氧官能团的名称为_________。（3）D→E的反应类型为_________。（4）已知B与（CH3CO）2O的反应比例为1:2，B→C的反应方程式为_________。（5）路线中②④的目的是_________。（6）满足下列条件的B的同分异构体有_________种（不考虑立体异构）。①苯环上只有2个取代基②能与FeCl3溶液发生显色反应且能发生银镜反应写出其中核磁共振氢谱为五组峰的物质的结构简式为_________。（7）参考上述合成线路，写出以1-溴丁烷、丙二酸二乙酯、尿素[CO（NH2）2]为起始原料制备的合成线路（其它试剂任选）_________。29、（10分）磷能形成众多单质与化合物。回答下列问题：(1)磷在成键时，能将一个3s电子激发进入3d能级而参加成键，写出该激发态原子的核外电子排布式__。(2)黑磷是一种二维材料，其中一层的结构如图1所示。①黑磷中P原子的杂化方式为_________。每一层内P形成六元环彼此相接，平均每个空间六元环中含有的磷原子是____个。②用4-甲氧基重氮苯四氟硼酸盐（如图2）处理黑磷纳米材料，可以保护和控制其性质。该盐的构成元素中C、N、O、F的电负性由大到小顺序为__，1mol该盐阳离子含有的σ键的数目为______，该盐阴离子的几何构型是__。(3)磷钇矿可提取稀土元素钇(Y)，某磷钇矿的结构如下：该磷钇矿的化学式为__，与PO43—互为等电子体的阴离子有__（写出两种离子的化学式）。已知晶胞参数a=0.69nm，c=0.60nm，阿伏加德罗常数为NA，则该磷钇矿的密度为__g.cm—3（列出计算式）。

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、D【解析】

第六周期0族元素为86号元素，因此86−81=5，18−5=13，在13纵列，即第ⅢA族，因此81号元素在第六周期ⅢA族，故D符合题意。综上所述，答案为D。2、D【解析】

A.甲烷与氯气在光照下发生取代反应，甲烷分子中的氢原子被氯气分子中的氯原子取代，随反应进行，氯气的浓度减小，试管中气体的黄绿色变浅至消失，A正确；B.光照条件下，氯气和甲烷发生取代反应生成氯代烃，液态氯代烃是油状液滴，B正确；C.甲烷与氯气在光照下发生取代反应，产物为氯化氢和一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷和四氯化碳，二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳都是液体，一氯甲烷、氯化氢为气态，氯化氢极易溶于水，试管内液面上升，C正确；D.反应有氯化氢生成，氯化氢极易溶于水，试管内有白雾，无白烟出现，D错误。3、A【解析】

A.不会影响各离子，因此还能大量共存，A项正确；B.溶于水得到亚硫酸，亚硫酸的酸性强于碳酸，因此和亚硫酸反应得到和，B项错误；C.中的硫元素是-2价的，具有强还原性，而中的硫是+4价的，具有一定的氧化性，因此二者要发生氧化还原反应得到单质硫，C项错误；D.具有很强的氧化性，具有一定的还原性，因此二者要发生氧化还原反应，D项错误；答案选A。4、A【解析】

NH3·H2O电离出OH-抑制水的电离；向氨水中滴加HCl，反应生成NH4Cl，NH4+的水解促进水的电离，随着HCl的不断滴入，水电离的c（H+）逐渐增大；当氨水与HCl恰好完全反应时恰好生成NH4Cl，此时水电离的c（H+）达到最大（图中c点）；继续加入HCl，盐酸电离的H+抑制水的电离，水电离的c（H+）又逐渐减小；据此分析。【详解】A.常温下，0.1mol/L的氨水溶液中水电离的c(H+)=10-11mol/L，氨水溶液中H+全部来自水电离，则溶液中c(H+)=10-11mol/L，c(OH-)=mol/L=10-3mol/L，Ka==mol/L=110-5mol/L，所以A选项是正确的；

B.a、b之间的任意一点，水电离的c（H+）<1×10-7mol/L，溶液都呈碱性，则c(H+)<c(OH-)，结合电荷守恒得c(Cl-)<c(NH4+)，故B错误；C.根据图知，c点水电离的H+达到最大，溶液中溶质为NH4Cl，NH4+水解溶液呈酸性，溶液中c(H+)>10-7mol/L，c(OH-)<10-7mol/L，结合电荷守恒得：c(NH4+)<c(Cl-)，故C错误；

D.根据上述分析，d点溶液中水电离的c（H+）=10-7mol/L，此时溶液中溶质为NH4Cl和HCl，故D错误。所以A选项是正确的。5、C【解析】

A选项，电极Ⅰ为正极，其反应为：O2+4H++4e－=2H2O，故A错误；B选项，根据图中信息右边酸性溶液，左边为碱性海水，右边氢离子不能通过聚丙烯半透膜，故B错误；C选项，如果电极II为活性镁铝合金，镁铝形成很多细小的原电池，镁失去电子，铝上氢离子得到电子，因此在负极区会逸出大量气体，故C正确；D选项，当不是标准状况下，无法算正极消耗气体的体积，故D错误。综上所述，答案为C。通过体积算物质的量时，一定要看使用条件，1、是否为气体，2、是否为标准状况下。6、C【解析】

A．由图可知，当时间相同时，PtSn/Mg(2-Zn)AlO催化剂的催化反应活性最优，乙烷转化率最高，故A正确；B．一定温度下，将nmol乙烷放入VL密闭容器中进行催化脱氢，维持容器体积不变，测得乙烷平衡转化率为a，则该温度下反应的平衡常数K===，故B正确；C．CH3CH3(g)⇌CH2=CH2(g)+H2(g)△H>0，升高温度，平衡正向移动，故C错误；D．由图上曲线，随着反应时间的延长，曲线的斜率逐渐变小，乙烷转化率逐渐稳定，催化活性保持在相对稳定的阶段，故D正确；故选C。7、C【解析】

A．常温下Fe与液氯不反应，Fe与浓硫酸发生钝化，则用钢瓶储存液氯或浓硫酸，选项A正确；B．食盐腌制食品，食盐进入食品内液产生浓度差，形成细菌不易生长的环境，可作防腐剂，食盐具有咸味，所以食盐可作调味剂，也可作食品防腐剂，选项B正确；C、海水中的碘元素是碘的化合物，不能直接用淀粉溶液检验是否含有碘元素，选项C不正确；D．SO2和NOX的排放可导致酸雨发生，则燃料的脱硫脱氮、SO2的回收利用和NOX的催化转化都是减少酸雨产生的措施，选项D正确；答案选C。8、B【解析】

A、若A为NaOH溶液，甲是AlCl3，乙是Al(OH）3白色沉淀，丙是NaAlO2，X为短周期金属元素铝，符合题意，A正确；B、若A为硝酸，X为金属元素，X应是变价金属，则甲是Fe，乙是Fe(NO3）2，丙是Fe(NO3）3，甲与乙不反应，B错误；C、若A为氧气，丙在通常状况下为红棕色气体即NO2，则甲是N2，乙是NO，C正确；D、若乙为NaHCO3，甲是CO2，A是NaOH，丙是Na2CO3，或者甲是Na2CO3，乙是NaHCO3，A是HCl，丙是CO2，D正确。答案选B。9、B【解析】

A.反应中Mn元素的化合价降低，作氧化剂，则PX作还原剂，所以PTA是该反应的氧化产物，故A正确，不符合题意；B.

反应中，Mn元素的化合价从+7价降低到+2价，转移5个电子，则1molPX反应消耗2.5molMnO4-，共转移12.5NA个电子，故B错误，符合题意；C.

PX含苯环的同分异构体，有邻间对三种二甲苯和乙苯，共计四种同分异构体，所以PX含苯环的同分异构体还有3种，故C正确，不符合题意；D.

PTA与乙二醇通过缩聚反应即可生产PET塑料，对二甲苯与乙二醇之间能发生缩聚反应，故D正确，不符合题意；故选：B。10、B【解析】

A．甲苯中没有碳碳双键，能萃取使溴水褪色，故A错误；B．己烯中含有碳碳双键，能够与溴单质发生加成反应，使溴水褪色，故B正确；C．丙酸中没有碳碳双键，不能使溴水褪色，故C错误；D．戊烷为饱和烷烃，不能使溴水褪色，故D错误；故选：B。11、C【解析】

A.次氯酸跟为弱酸根,在溶液中会水解,故溶液中的次氯酸跟的个数小于NA个，故A错误；B.苯不是单双键交替的结构，故苯中不含碳碳双键，故B错误；C.氮气和CO的摩尔质量均为28g/mol,故14g混合物的物质的量为0.5mol,且均为双原子分子,故0.5mol混合物中含1mol原子即NA个，故C正确；D.二氧化氮所处的状态不明确，故二氧化氮的物质的量无法计算，则和水转移的电子数无法计算，故D错误；故选：C。12、C【解析】A．苯虽然并不具有碳碳双键，但在镍作催化剂的条件下也可与H2加成生成环己烷，故A正确；B．淀粉经过水解生成葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的作用下转化为乙醇，过程中有新物质生成，属于化学变化，故B正确；C.石油裂解得到的汽油中含有烯烃，可使溴水、酸性高锰酸钾溶液褪色，但褪色原理不同，与溴水是发生加成反应，与酸性高锰酸钾是发生氧化还原反应，故C错误；D．乙醇在加热条件下能与CuO反应生成乙醛，乙醛能将新制的Cu(OH)2还原成Cu2O，反应中都存在元素的化合价的变化，均属于氧化还原反应，故D正确；故选C13、C【解析】

苯和水分层，可选分液法分离，以此来解答。【详解】A中为层析法；B为蒸发；D为过滤；苯和水分层，可选分液法分离，选项C符合；答案选C。本题考查混合物分离提纯，把握物质的性质、混合物分离方法为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意层析法为解答的难点。14、D【解析】

W在第一周期，且是主族元素，则为H；4种元素位于不相邻的主族，X在第ⅢA族，且只能是金属元素，则为Al；Y为第ⅤA族，且为短周期，则为P；Z为第ⅦA族，则为Cl。A.W为H，4种元素种只有一种为金属元素，推出X是Al，故A正确；B.原子半径先比较电子层数，电子层数越多半径越大，则W半径最小，X、Y、Z在同一周期，同一周期中，核电荷数越大，半径越小，得X>Y>Z>W，故B正确；C.P和Cl可以形成2种化合物，PCl3和PCl5，故C正确；D.Y为P，最高价氧化物对应的水化物是H3PO4，不是强酸，故D错误；故选D。15、A【解析】

水电离出的c（H+）=1×l0-13mol/L，溶液中氢离子或氢氧根离子浓度为0.1mol/L，该溶液为强酸性或碱性溶液，一定不会存在碳酸氢根离子；当向该溶液中缓慢通入一定量的Cl2后，溶液由无色变为黄色，说明溶液中一定存在碘离子，能够与碘离子反应的铁离子一定不会存在。【详解】A．酸或碱的溶液抑制水的电离，水电离出的c（H+）=1×l0-13mol/L，若为酸性溶液，该溶液pH=1；若为碱性溶液，该溶液的pH为13，故A正确；B．溶液中一定不会存在铁离子，若是碱性溶液，一定存在钠离子，故B错误；C．该溶液中一定存在碘离子，一定不会存在碳酸氢根离子，故C错误；D．氯气过量，若为酸性溶液，反应后只有一种盐，即氯化钠，故D错误；故选A。16、C【解析】

A.除去食盐中混有的少量碘，应当用升华的方法，所需要的仪器是烧杯和圆底烧瓶，A错误；B.用酸性高锰酸钾溶液滴定Fe2+，应当使用酸式滴定管和锥形瓶，B错误；C.配制250mL1mol/L硫酸溶液，用到量筒、250mL容量瓶，C正确；D.检验亚硫酸钠是否发生变质，主要是为了检验其是否被氧化为硫酸钠，故使用试管和胶头滴管即可，D错误；故答案选C。17、A【解析】

实验室没有950mL的容量瓶，应选择体积相近的1000mL容量瓶，碳酸钠的物质的量为1L×2mol/L=2mol，需要碳酸钠的质量为2mol×106g/mol=212g，故选A。18、C【解析】

A．Na2SO4水溶液中，水分子也含有氧原子，故1.0L1.0mol/L的Na2SO4水溶液中含有的氧原子数大于4NA，选项A错误；B．Na2O2由2个钠离子和1个过氧根构成，故1molNa2O2中含3mol离子，而1mol甲烷中含4molC-H键，选项B错误；C．1molNaClO中含1molClO-，而1molClO-中含26mol电子，选项C正确；D．标况下，6.72L二氧化氮的物质的量为0.3mol，而NO2与水的反应为歧化反应，3molNO2转移2mol电子，故0.3mol二氧化氮转移0.2mol电子，选项D错误．答案选C。本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，掌握公式的使用和物质的结构、状态是解题关键，易错点为选项D．标况下，6.72L二氧化氮的物质的量为0.3mol，而NO2与水的反应为歧化反应，3molNO2转移2mol电子，故0.3mol二氧化氮转移0.2mol电子。19、D【解析】

根据图象可知，铝与过量稀盐酸反应后的残留液中滴加氢氧化钠溶液，pH=2，溶液显酸性，则说明盐酸剩余，即A点溶液中含氯化铝和过量的盐酸；向残留液中加入氢氧化钠溶液，则NaOH和HCl反应：NaOH+HCl=NaCl+H2O，导致溶液的pH升高，即AB段；在B点时，溶液的pH=4，则此时氢氧化钠与盐酸恰好完全反应，即B点溶液中的溶质只有NaCl和AlCl3；继续滴加氢氧化钠溶液，则NaOH和AlCl3反应：3NaOH+AlCl3=Al(OH)3↓+3NaCl，即BC段，溶液的pH不变；在C点时，溶液中的AlCl3完全反应，继续滴加氢氧化钠溶液，氢氧化钠过量，故溶液的pH生高，即CD段，发生反应Al(OH)3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O，据此进行分析。【详解】A．铝与过量稀盐酸反应后的残留液中含有氯化铝和盐酸，滴加氢氧化钠溶液，酸碱中和反应的速率最快，故氢氧化钠首先和盐酸发生中和反应，A点前发生中和反应，故A正确；B．铝与过量稀盐酸反应后的残留液中含有氯化铝，加入氢氧化钠之后，首先生成氢氧化铝沉淀，故BC段沉淀质量逐渐增加，故B正确；C．CD段pH值突增，说明氢氧化钠过量，则发生反应Al(OH)3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O，故C正确；D．E点溶液中溶质主要是NaAlO2和NaOH，还有氯化钠，故D错误；答案选D。20、B【解析】

A选项，粗盐的提纯需要用到漏斗，故A不符合题意；B选项，制备乙酸乙酯需要用到试管、导管、酒精灯，故B符合题意；C选项，用四氯化碳萃取碘水中的碘，需要用到分液漏斗，故C不符合题意；D选项，配制0.1mol·L-1的盐酸溶液，容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管，故D不符合题意。综上所述，答案为B。有试管、导管和酒精灯三种玻璃仪器即可完成乙酸乙酯的制备实验（如图）21、C【解析】

主族元素中，元素最高正化合价与其族序数相等，最低负化合价=族序数-8，根据元素化合价知，X、R属于第IA族元素，W属于第ⅦA族元素，Y属于第ⅥA族元素，Z属于第VA族元素，原子电子层数越多其原子半径越大，X原子半径最小，则X为H元素，W、Y、Z原子半径相近，根据其族序数知，W是F元素、Y是O元素、Z是N元素，R原子半径最大，且位于第IA族，则R是Na元素。【详解】A项、同主族元素从上到下，原子半径依次增大，同周期元素从左到右，原子半径依次减小，则H、F、O、N、Na的原子半径依次增大，故A正确；B项、由H、O、N三种元素形成的化合物可能是离子晶体，如NH4NO3为离子晶体，可能是分子晶体，如HNO3为分子晶体，故B正确；C项、元素的非金属性越强，形成的气态氢化物稳定性越强，非金属性的强弱顺序为W>Y>Z，则气态氢化物稳定性的强弱顺序为HW＞H2Y＞ZH3，故C错误；D项、Na元素可分别与H元素、F元素和O元素形成离子化合物NaH、NaF和Na2O（或Na2O2），故D正确。故选C。本题考查元素周期律的应用，注意位置、结构、性质的相互关系，利用题给表格信息正确判断元素是解本题的关键。22、D【解析】

A．Fe具有还原性，能够吸收空气中的氧气，则还原铁粉可以用作食品袋中的抗氧化剂，故A正确；B．含有灰尘的空气属于胶体，光柱是胶体的丁达尔效应，故B正确；C．乙烯具有催熟效果，能够被高锰酸钾溶液氧化，所以浸泡过KMnO4溶液的硅藻土放在水果箱里可延长水果的保鲜期，故C正确；D．加入氧化钙，可与煤燃烧生成的二氧化硫在氧气中发生反应生成硫酸钙，二氧化硫排放量减少，燃煤中加入CaO后可减少酸雨的发生，但不能减少温室气体二氧化碳的排放量，故D错误；故选D。二、非选择题(共84分)23、NH4Cl4NH3+5O24NO+6H2O3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O2Cl2+2Ca(OH)2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O1:2【解析】

根据题目提供的转化关系，常温、常压下，B、C、D、E、G、H、I均为气体，其中D、G、H为单质，H为黄绿色气体则为氯气，I通常为红棕色气体则为NO2，I的相对分子质量比E的大16，则E为NO；F在常温下是一种无色液体则为H2O；G能在H中燃烧，发出苍白色火焰，则G为氢气，产物C易溶于水为氯化氢；J是一元含氧强酸且可由NO2与水反应得到，则为HNO3。NO与D反应生成NO2，D为单质，则D为氧气，B与氧气反应生成NO和水，则B为氨气，A为正盐，加热得到氨气和氯化氢，则A为氯化铵。(1)A为氯化铵，其化学式为NH4Cl；(2)一定条件下，B（NH3）和D（O2）反应生成E（NO）和F（H2O）的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O；(3)J（HNO3）和金属Cu反应生成E（NO）的化学方程式为3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O；(4)H为氯气，和石灰乳反应的化学方程式为2Cl2+2Ca(OH)2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O；(5)在I和F的反应3NO2+H2O=2HNO3+NO中，氧化剂和还原剂的质量之比为1：2。24、CH≡CH加成反应碳碳双键、酯基54【解析】

A属于烃类化合物，在相同条件下，A相对于H2的密度为13，则A的相对分子质量为26，其分子式为C2H2，应为乙炔，结构简式为CH≡CH；B在催化剂作用下发生加聚反应生成，结合B的分子式C4H6O2，可知B的结构简式为CH2=CHOCOCH3，说明A和CH3COOH发生加成反应生成了B；再在NaOH的水溶液中发生水解生成的C应为；D的分子式为C7H8O，遇FeCl3溶液不发生显色反应，再结合D催化氧化生成了，可知D为苯甲醇，其结构简式为；苯甲醛再和CH3COOH发生信息③的反应生成的E为，C和E发生酯化反应生成高分子化合物F为；(6)以乙醇和苯乙醇为原料制备可利用乙醇连续氧化生成的乙酸与乙醛发生加成反应生成CH3CH=CHCOOH，最后再与苯乙醇发生酯化反应即可得到。【详解】(1)A的分子式为C2H2，应为乙炔，结构简式为CH≡CH；(2)反应①CH≡CH和CH3COOH发生加成反应生成了CH2=CHOCOCH3，反应类型为加成反应；B为CH2=CHOCOCH3，所含官能团的名称为碳碳双键和酯基；(3)反应③是在

NaOH的水溶液中发生水解反应，反应化学方程式是；(4)D为，有5种等效氢，核磁共振氢谱有5组峰，峰面积比为1:2:2:2:1；D的同分异构体中，属于芳香族化合物的还包括苯甲醚、对甲苯酚、邻甲苯酚和间甲苯酚，共4种；(5)反应④是C和E发生酯化反应生成高分子化合物F为，反应的化学方程式是；(6)以乙醇和苯乙醇为原料制备可利用乙醇连续氧化生成的乙酸与乙醛发生加成反应生成CH3CH=CHCOOH，最后再与苯乙醇发生酯化反应即可得到，具体的合成路线为：。常见依据反应条件推断反应类型的方法：(1)在NaOH的水溶液中发生水解反应，可能是酯的水解反应或卤代烃的水解反应。(2)在NaOH的乙醇溶液中加热，发生卤代烃的消去反应。(3)在浓H2SO4存在的条件下加热，可能发生醇的消去反应、酯化反应、成醚反应或硝化反应等。(4)能与溴水或溴的CCl4溶液反应，可能为烯烃、炔烃的加成反应。(5)能与H2在Ni作用下发生反应，则为烯烃、炔烃、芳香烃、醛的加成反应或还原反应。(6)在O2、Cu(或Ag)、加热(或CuO、加热)条件下，发生醇的氧化反应。(7)与O2或新制的Cu(OH)2悬浊液或银氨溶液反应，则该物质发生的是—CHO的氧化反应。(如果连续两次出现O2，则为醇→醛→羧酸的过程)。(8)在稀H2SO4加热条件下发生酯、低聚糖、多糖等的水解反应。(9)在光照、X2(表示卤素单质)条件下发生烷基上的取代反应；在Fe粉、X2条件下发生苯环上的取代。25、冷凝反应物使之回流b苯能腐蚀橡胶ABC蒸馏B72.0%【解析】

(1)仪器甲是冷凝管，除导气外的作用还起到冷凝回流反应物，使反应物充分利用；水逆流冷凝效果好应从b口流入，故答案为：冷凝反应物使之回流；b；(2)因为苯能腐蚀橡胶，所以装置中瓶口使用了玻璃塞而不使用橡胶塞，故答案为：苯能腐蚀橡胶；(3)A、能有效地把水带离反应体系，促进平衡向正反应方向移动，故A正确；B、能通过观察水面高度不再变化的现象，判断反应结束的时间，故B正确；C、分液时先将水层从分液漏斗的下口放出，再将乙酸丁酯从上口到出，可避免上下层液体混合，故C正确；D、分水器可以及时分离出乙酸和水，促进反应正向进行，提高反应物的转化率，故D错误；故答案为：ABC；(4)分离出苯的方法是蒸馏，故答案为：蒸馏；(5)产物要进行重结晶，需将粗产品溶解，该物质在乙醇中易溶，在水中难溶，选用乙醇溶解然后加水便于晶体析出，故答案为：B；(6)根据反应方程式可知存在数量关系因为，所以二正丁基氧化锡过量，按2-苯甲酰基苯甲酸计算，设生成的二正丁基锡羧酸酯为mg，则m=0.9279g，产率=×100%=72.0%，故答案为：72.0%。第(5)题溶剂的选择的为易错点，产品在苯和乙醇都易溶，但还要考虑产品是否容易重新结晶，产品在水中难溶，而水与乙醇可以互溶，乙醇中加水可以降低产品的溶解度，更方便产品晶体析出。26、浓盐酸圆底烧瓶无干燥装置副产物增加除去氯气中的氯化氢否三氯乙酸会溶于乙醇和三氯乙醛，无法分液73.75%【解析】

根据题干和装置图我们能看出这是一个有机合成实验题，考查的面比较综合，但是整体难度一般，按照实验题的解题思路去作答即可。【详解】（1）根据反应原理我们发现原料需要氯气，因此装置A就应该是氯气的发生装置，所以恒压漏斗里装的是浓盐酸；盛放的装置是蒸馏烧瓶；（2）按照要求来书写方程式即可，注意次氯酸的还原产物是氯化氢而不是氯气：；（3）制得的氯气中带有氯化氢和水分，氯化氢可以在装置B中除去，但是缺少一个干燥装置来除去水分，若不除去水分，氯气和水反应得到次氯酸和盐酸，会生成更多的副产物；（4）该方案是不行的，因为三氯乙酸是有机物，会溶于乙醇和三氯乙醛，根据题目给出的沸点可知此处用蒸馏的方法最适合；（5）根据算出消耗的的物质的量，根据2:1的系数比，这些对应着过量的单质碘，而一开始加入的碘的物质的量为，因此整个过程中消耗了单质碘，再次根据化学计量数之比发现：为1:1，也就是说产品中有三氯乙醛，质量为，因此产品的纯度为。27、（1）亚硫酸根离子和银离子。（2）①2Ag++SO32-=Ag2SO3↓。②亚硫酸根有还原性，若被氧化为硫酸根离子，即可与银离子结合生成硫酸银沉淀。（3）过量亚硫酸钠。（4）①判断X是否是氧化银。②有还原性，含有银元素，不含硫元素。③Ag+2HNO3（浓）=AgNO3+NO2↑+H2O。（5）①二氧化硫。②Ag2SO3+H2O2Ag+H2SO4【解析】（1）①推测a中白色沉淀为Ag2SO3,Ag+与SO32-反应生成Ag2SO3,Ag2SO3溶于过量的Na2SO3溶液,生成沉淀的离子方程式为:2Ag++SO32-=Ag2SO3↓；正确答案:2Ag++SO32-=Ag2SO3↓。②推测a中白色沉淀为Ag2SO4，其根据为SO32-有还原性,可能被氧化为SO42-,与Ag+反应生成Ag2SO4白色沉淀；正确答案：SO32-有还原性，若被氧化为SO42-，即可与Ag+结合生成Ag2SO4沉淀。（2）Ag2SO3白色，难溶于水，溶于过量Na2SO3溶液，取B、C中白色沉淀，置于Na2SO3溶液中,沉淀溶解,说明B、C中白色沉淀为Ag2SO3；另取Ag2SO4固体,同样条件置于足量Na2SO3溶