2026年湖北省鄂州、随州、孝感高三高考适应性模拟押题测试（一）化学试题含解析

2026年湖北省鄂州、随州、孝感高三高考适应性模拟押题测试（一）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、人体尿液中可以分离出具有生长素效应的化学物质——吲哚乙酸，吲哚乙酸的结构简式如图所示。下列有关说法正确的是A．分子中含有2种官能团B．吲哚乙酸苯环上的二氯代物共有四种C．1mol吲哚乙酸与足量氢气发生反应，最多消耗5molH2D．分子中不含手性碳原子2、下列各选项中所述的两个量，前者一定大于后者的是（）A．将pH=4的盐酸和醋酸分别稀释成pH=5的溶液，所加水的量B．pH=10的NaOH和Na2CO3溶液中，水的电离程度C．物质的量浓度相等的(NH4)2SO4溶液与(NH4)2CO3溶液中NH4+的物质的量浓度D．相同温度下，10mL0.1mol/L的醋酸与100mL0.01mol/L的醋酸中H+的物质的量3、下列化学用语正确的是A．CCl4分子的比例模型： B．CSO的电子式：C．对硝基苯酚的结构简式： D．16O的原子结构示意图：4、将一定体积的CO2缓慢地通入V

L

NaOH溶液中，已知NaOH完全反应，若在反应后的溶液中加入足量石灰水，得到ag沉淀；若在反应后的溶液中加入足量CaCl2溶液，得到bg沉淀，则下列说法正确的是A．参加反应的CO2的体积为0.224aLB．若a=b，则CO2与NaOH溶液反应的产物中盐只有Na2CO3C．b可能等于a、小于a或大于aD．不能确定NaOH溶液的物质的量浓度5、下列装置所示的分离提纯方法和物质的溶解性无关的是A． B．C． D．6、某溶液只含有K+、Fe2+、Cl-、Mg2+、I-、CO32-、SO42-中的几种，限用以下试剂检验：盐酸、硫酸、硝酸银溶液、硝酸钡溶液。设计如下实验步骤，并记录相关现象，下列叙述正确的是A．该溶液中一定有I-、CO32-、SO42-、K+B．溶液中可能含有K+、Mg2+、Cl-、C．通过在黄色溶液中加入硝酸银可以检验原溶液中是否存在Cl-D．试剂②可能为硫酸7、下列属于不可再生能源的是（）A．氢气B．石油C．沼气D．酒精8、2018年11月4日凌晨，福建泉州泉港区发生“碳九”泄露，对海洋环境造成污染，危害人类健康。“碳九”芳烃主要成分包含(a)、(b)、(c)等，下列有关三种上述物质说法错误的是A．a、b、c互为同分异构体 B．a、b、c均能与酸性高锰酸钾溶液反应C．a中所有碳原子处于同一平面 D．1molb最多能与4molH2发生反应9、NA代表阿伏伽德罗常数，下列说法正确的是（）A．标准状况下，560mL的氢气和氯气的混合气体充分反应后共价键数目为0.05NAB．标准状况下，2.24LCl2通入NaOH溶液中反应转移的电子数为0.2NAC．常温常压下，1.5molHCHO和C2H2O3的混合物完全充分燃烧，消耗的O2分子数目为1.5NAD．0.1mol/L的NH4Cl溶液中通入适量氨气呈中性，此时溶液中NH4+数目为NA10、下列化学用语表示正确的是()A．酒精的分子式：CH3CH2OHB．NaOH的电子式：C．HClO的结构式：H—Cl—OD．CCl4的比例模型：11、已知：Ag++SCN－=AgSCN↓（白色），某同学探究AgSCN的溶解平衡及转化，进行以下实验。下列说法中，不正确的是A．①中现象能说明Ag+与SCN－生成AgSCN沉淀的反应有限度B．②中现象产生的原因是发生了反应Fe(SCN)3+3Ag+=3AgSCN↓+Fe3+C．③中产生黄色沉淀的现象能证明AgI的溶解度比AgSCN的溶解度小D．④中黄色沉淀溶解的原因可能是AgI与KI溶液中的I-进一步发生了反应12、反应Fe2O3+3CO2Fe+3CO2，作氧化剂的是（）A．Fe2O3 B．CO C．Fe D．CO213、下列有关物质性质的比较，不正确的是A．金属性：Al＞MgB．稳定性：HF＞HClC．碱性：NaOH＞Mg(OH)2D．酸性：HClO4＞H2SO414、25℃时，向NaHCO3溶液中滴入盐酸，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．25℃时，H2CO3的一级电离K(H2CO3)=1.0×10-6.4B．图中a=2.6C．25℃时，HCO3-+H2OH2CO3+OH-的Kh=1.0×10-7.6D．M点溶液中：c(H+)+c(H2CO3)=c(Cl-)+2c(CO32-)+c(OH-)15、反应HgS+O2=Hg+SO2中，还原剂是A．HgS B．Hg C．O2 D．SO216、下列变化过程中，需要破坏离子键的是（）A．氯化氢溶于水 B．铁熔化 C．干冰升华 D．氯化钠溶于水17、某同学组装了如图所示的电化学装置电极I为Al，其他电极均为Cu，则A．电流方向：电极IV→→电极IB．电极I发生还原反应C．电极II逐渐溶解D．电极III的电极反应：Cu2++2e-==Cu18、下列各图示实验设计和操作合理的是（）A．图1证明非金属性强弱：S＞C＞Si B．图2制备少量氧气C．图3配制一定物质的量浓度的硫酸溶液 D．图4制备少量乙酸丁酯19、常温下，向盛50mL0.100mol·L-1盐酸的两个烧杯中各自匀速滴加50mL的蒸馏水、0.100mol·L-1醋酸铵溶液，测得溶液pH随时间变化如图所示。已知Ka(CH3COOH)=1.8×10-5，Kb(NH3·H2O)=1.8×10-5。下列说法正确的是（）A．曲线X是盐酸滴加蒸馏水的pH变化图，滴加过程中溶液各种离子浓度逐渐减小B．曲线Y上的任意一点溶液中均存在c(CH3COO-)<c(NH4+)C．a点溶液中n(Cl-)＋n(CH3COO-)＋n(OH)-n(NH4+)=0.01molD．b点溶液中水电离的c(H+)是c点的102.37倍20、分类法是研究化学的一种重要方法，下列乙中的物质与甲的分类关系匹配的是（）选项甲乙A干燥剂浓硫酸、石灰石、无水氯化钙B混合物空气、石油、干冰C空气质量检测物质氮氧化物、二氧化硫、PM2.5D酸性氧化物三氧化硫、一氧化碳、二氧化硅A．A B．B C．C D．D21、微生物燃料电池在净化废水的同时能获得能源或得到有价值的化学产品，左下图为其工作原理，右下图为废水中Cr2O72-离子浓度与去除率的关系。下列说法不正确的是（）A．正极反应式是O2＋4H＋＋4e－=2H2O，Cr2O72－＋14H＋＋6e－=2Cr3＋＋7H2OB．电池工作时，N极附近溶液pH增大C．处理1molCr2O72-时有6molH+从交换膜左侧向右侧迁移D．Cr2O72-离子浓度较大时，可能会造成还原菌失活22、下列叙述正确的是()A．某温度下，一元弱酸HA的Ka越小，则NaA的Kh(水解常数)越小B．温度升高，分子动能增加，减小了活化能，故化学反应速率增大C．黄铜(铜锌合金)制作的铜锣易产生铜绿D．能用核磁共振氢谱区分和二、非选择题(共84分)23、（14分）根据文献报道，醛基可和双氧水发生如下反应：为了合成一类新药，选择了下列合成路线（部分反应条件已略去）（1）C中除苯环外能团的名称为____________________。（2）由D生成E的反应类型为_____________________。（3）生成B的反应中可能会产生一种分子式为C9H5O4Cl2的副产物，该副产物的结构简式为_________。（4）化合物C有多种同分异构体，请写出符合下列条件的结构简式:___________________。①能与FeCl3溶液发生显色反应②核磁共振氢谱图中有3个吸收峰（5）写出以和CH3OH为原料制备的合成路线流程图（无机试剂任用，合成路线流程图示例见本题题干）___________。24、（12分）利用丙炔和苯甲醛研究碘代化合物与苯甲醛在Cr-Ni催化下可以发生偶联反应和合成重要的高分子化合物Y的路线如下：已知：①R1CHO+R2CH2CHO+H2②回答下列问题：（1）A的化学名称为____。（2）B中含氧官能团的名称是______。（3）X的分子式为_______。（4）反应①的反应类型是________。（5）反应②的化学方程式是_______。（6）L是D的同分异构体，属于芳香族化合物，与D具有相同官能团，其核磁共振氢谱为5组峰，峰面积比为3:2:2:2:1，则L的结构简式可能为_____。（7）多环化合物是有机研究的重要方向，请设计由、CH3CHO、合成多环化合物的路线(无机试剂任选)______。25、（12分）POCl3是重要的基础化工原料，广泛用于制药、染料、表面活性剂等行业。一种制备POCl3的原理为：

PCl3+Cl2+SO2=POCl3+SOCl2。某化学学习小组拟利用如下装置在实验室模拟制备POCl3。有关物质的部分性质如下：物质熔点/℃沸点/℃密度/g·mL-1其它PCl3-93.676.11.574遇水强烈水解，易与氧气反应POCl31.25105.81.645遇水强烈水解，能溶于PCl3SOCl2-10578.81.638遇水强烈水解，加热易分解（1）仪器甲的名称为______________

，与自来水进水管连接的接口编号是________________。

(填“a”或“b”)。（2）装置C的作用是___________________，乙中试剂的名称为____________________。（3）该装置有一处缺陷，解决的方法是在现有装置中再添加一个装置，该装置中应装入的试剂为_________(写名称)。若无该装置，则可能会有什么后果?请用化学方程式进行说明__________________________。（4）D中反应温度控制在60-65℃，其原因是_______________。（5）测定POCl3含量。①准确称取30.70g

POCl3产品，置于盛有60.00mL蒸馏水的水解瓶中摇动至完全水解；②将水解液配成100.00mL溶液，取10.00mL溶液于锥形瓶中；③加入10.00

mL3.200

mol/LAgNO3标准溶液，并加入少许硝基苯用力摇动，使沉淀表面被有机物覆盖；④以Fe3+为指示剂，用0.2000

mol/L

KSCN溶液滴定过量的AgNO3溶液，达到滴定终点时共用去10.00

mLKSCN溶液。①滴定终点的现象为____________________，用硝基苯覆盖沉淀的目的是__________________。②反应中POCl3的百分含量为__________________。26、（10分）FeCl3在现代工业生产中应用广泛。某化学研究性学习小组模拟工业流程制备无水FeCl3，再用副产品FeCl3溶液吸收有毒的H2S。Ⅰ．经查阅资料得知：无水FeCl3在空气中易潮解，加热易升华。他们设计了制备无水FeCl3的实验方案，装置示意图(加热及夹持装置略去)及操作步骤如下：①检验装置的气密性；②通入干燥的Cl2，赶尽装置中的空气；③用酒精灯在铁屑下方加热至反应完成；④……⑤体系冷却后，停止通入Cl2，并用干燥的H2赶尽Cl2，将收集器密封。请回答下列问题：(1)装置A中反应的化学方程式为________________。(2)第③步加热后，生成的烟状FeCl3大部分进入收集器，少量沉积在反应管A右端，要使沉积的FeCl3进入收集器，第④步操作是_______________。(3)操作步骤中，为防止FeCl3潮解所采取的措施有(填步骤序号)_____________。(4)装置B中冷水浴的作用为________________；装置C的名称为_____________；装置D中FeCl2全部反应后，因失去吸收Cl2的作用而失效，写出检验FeCl2是否失效的试剂：____________。(5)在虚线框中画出尾气吸收装置E并注明试剂_____________。Ⅱ．该组同学用装置D中的副产品FeCl3溶液吸收H2S，得到单质硫；过滤后，再以石墨为电极，在一定条件下电解滤液。(6)FeCl3与H2S反应的离子方程式为____________。(7)综合分析实验Ⅱ的两个反应，可知该实验有两个显著优点：①H2S的原子利用率为100%；②___________。27、（12分）（发现问题）研究性学习小组中的小张同学在学习中发现：通常检验CO2用饱和石灰水，吸收CO2用浓NaOH溶液。（实验探究）在体积相同盛满CO2的两集气瓶中，分别加入等体积的饱和石灰水和浓NaOH溶液。实验装置和现象如图所示。请你一起参与。（现象结论）甲装置中产生该实验现象的化学方程式为______________________。解释通常用石灰水而不用NaOH溶液检验CO2的原因________________________________________________；乙装置中的实验现象是___________________________。吸收CO2较多的装置是__________________。（计算验证）另一位同学小李通过计算发现，等质量的Ca(OH)2和NaOH吸收CO2的质量，Ca(OH)2大于NaOH。因此，他认为通过吸收CO2应该用饱和石灰水。（思考评价）请你对小李同学的结论进行评价：________________________________________________________。28、（14分）新技术的开发应用，不仅有利于改善环境质量，而且能充分开发“废物”的潜在价值。回答下列问题：（1）用烟道气与氢气来合成甲醇涉及到如下几个反应：①CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)△H=-91kJ·mol-1②2CO2(g)=2CO(g)+O2(g)△H=+566kJ·mol-1③2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)△H=-483.6kJ·mol-1④CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)∆H=__kJ·mol-1。（2）在容积均为2L的两个恒容密闭容器中发生反应CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)，有关数据如下：①800°C时该反应的平衡常数K=__。②容器2中x=__，n=___。③若800℃起始时，在2L恒容密闭容器中加入CO、H2O、CO2、H2各1mol，则此时v正__v逆(填“>”“<”或“=”)。（3）反应(NH4)2CO3+H2O+CO22NH4HCO3OH可用于捕捉空气中的CO2，为研究温度对(NH4)2CO3捕获CO2效率的影响，在某温度T1下，将一定量的(NH4)2CO3溶液置于密闭容器中，并充入一定量的CO2气体，在t时刻，测得容器中CO2气体的浓度。然后分别在温度为T2、T3、T4、T5下，保持其他初始实验条件不变，重复上述实验，经过相同时间测定CO2气体的浓度，得到的曲线图如图：①∆H__0(填“>”“<”或“=”)。T1~T2区间，c(CO2)变化的原因是___。②已知常温下NH3·H2O的电离常数K=1.8×10-5，碳酸的电离常数K1=4.4×10-7、K2=4.7×10-11，则恰好完全反应时所得的NH4HCO3溶液中c(H+)__c(OH-)(填“>”“<”或“=”)。③在图中所示五种温度下，该反应的平衡常数最大的温度是__。29、（10分）研究水体中碘的存在形态及其转化是近年的科研热点。与在水体和大气中的部分转化如下图所示。（1）碘在元素周期表的位置：______________________，其中一种人工放射性核素131I常用于甲亢的治疗，该核素含有的中子数为___________。（2）结合元素周期律分析Cl-、I-的还原性强弱：同主族元素的原子，从上到下，____________。（3）水体中的I-的非酸性条件下不易被空气中的氧化。原因是的反应速率慢，反应程度小。碘化铵是一种重要的含I-的盐，常用于医药和照相工业，该电子式为________________，其水溶液却易被空气中的氧化的原因是_____________________。（4）大气中的部分碘源于对海水中I-的氧化，有资料显示：水体中若含有，会对氧化I-产生促进作用。为检验这一结论，进行如下探究实验：分别将等量的通入到20mL下列试剂中，一段时间后，记录实验现象与结果。已知：每参与反应，生成。序号试剂组成反应前溶液的反应后溶液的的转化率的生成量A约——B——少量C约大量①a=__________。②用离子方程式解释A中pH增大的原因_______________________________________。③写出B中产生的离子方程式_________________________________________。④C中实验进行20s后，发现溶液中浓度开始下降。导致下降的直接原因有_______。A减小B减小C不断生成

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】

A．分子中含有三种官能团，包括了羧基、碳碳双键和氨基，A错误；B．采用“定一移一”的方法，二氯代物，如图所示：、、，共有6种，B错误；C．1mol苯环能够与3molH2发生加成，1mol碳碳双键和1molH2发生加成，而羧基不能与H2发生加成，则1mol吲哚乙酸与足量氢气发生反应，最多消耗4molH2，C错误；D．分子中只有1个饱和碳原子，但是碳原子连有2个相同的H原子，因此分子中不含有手性碳原子，D正确。答案选D。2、C【解析】

A.醋酸是弱电解质，在稀释过程中继续电离出氢离子，氯化氢是强电解质，在水溶液中完全电离，所以pH相同的盐酸和醋酸，如果稀释相同倍数，则醋酸中氢离子浓度大于盐酸，所以将pH=4的盐酸和醋酸分别稀释成pH=5的溶液时所加水的量，醋酸加入水的量大于盐酸，A项错误；B.酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，所以氢氧化钠抑制水电离、碳酸钠促进水电离，氢氧化钠中水电离程度小于碳酸钠溶液中水电离程度，B项错误；C.碳酸根离子与铵根离子相互促进水解，所以硫酸铵溶液中铵根离子浓度大于碳酸铵，C项正确；D.相同温度下,醋酸的浓度越大其电离程度越小,所以前者电离程度小于后者,所以10

mL

0.1mol/L的醋酸与100

mL

0.01mol/L的醋酸中H+的物质的量前者小于后者，D项错误；答案选C。D项是易错点，要注意物质的量浓度与物质的量不是一个概念，10

mL

0.1mol/L的醋酸与100

mL

0.01mol/L的醋酸物质的量虽然相同，但物质的量浓度不同，则电离程度不同。3、B【解析】

A.四氯化碳中的氯原子半径比碳原子半径大，故其比例模型错误；B.CSO的电子式应类似二氧化碳的电子式，即氧原子和碳原子之间形成两对共用电子，故正确；C.对硝基苯酚中的硝基中的氮原子与苯环上的碳原子连接，故结构简式为，故错误；D.16O的原子中质子数为8，核外电子数为8个，故原子结构示意图正确。故选C。4、B【解析】

根据Na2CO3+CaCl2═CaCO3↓+2NaCl，NaHCO3与CaCl2不反应，但碳酸钠、碳酸氢钠都与石灰水反应生成碳酸钙沉淀，已知NaOH完全反应，则一定体积的CO2通入V

L

NaOH溶液中产物不确定，以此来解答。【详解】A.因a、b的关系不确定，无法计算参加反应的CO2的体积，A项错误；B.由A选项可知若a=b，则CO2与NaOH溶液反应生成的盐只有Na2CO3，B项正确；C.若产物为碳酸钠，碳酸钠与石灰水、CaCl2溶液都能反应生成碳酸钙，则a=b；若产物为碳酸钠和碳酸氢钠，碳酸氢钠与CaCl2溶液不反应，碳酸钠与CaCl2溶液反应生成碳酸钙，但碳酸钠、碳酸氢钠都与石灰水反应生成碳酸钙沉淀，则a>b，但不可能a<b，C项错误；D.若a、b相等时，由Na2CO3+CaCl2═CaCO3↓+2NaCl，由NaCl∼NaOH可计算NaOH的物质的量，溶液的体积已知，则可以计算浓度，D项错误；答案选B。5、A【解析】

A、蒸馏与物质的沸点有关，与溶解度无关，正确；B、洗气与物质的溶解度有关，错误；C、晶体的析出与溶解度有关，错误；D、萃取与物质的溶解度有关，错误；答案选A。6、A【解析】由实验可知，试剂①为硝酸钡溶液，生成白色沉淀为碳酸钡和硫酸钡，则试剂②为盐酸，沉淀减少，硫酸钡不溶于盐酸，则原溶液中一定存在CO32-、SO42-，则不含Fe2+、Mg2+；加试剂①过滤后的滤液中，再加试剂②盐酸，H+、I-、NO3-发生氧化还原反应生成I2，溶液变黄色，由于溶液呈电中性，则溶液中一定含有的阳离子为K+。由上述分析可知，该溶液中一定有I-、CO32-、SO42-、K+，选项A正确；B、溶液中一定不含有Mg2+，选项B错误；C、加入足量盐酸会引入Cl-，故无法判断原溶液中是否存在Cl-，选项C错误；D、试剂②一定为盐酸，不能为硫酸，因为碳酸钡与硫酸反应生成硫酸钡会使沉淀质量增加，不符合题意，选项D错误。答案选A。7、B【解析】煤、石油及天然气是化石能源，属不可能再生的能源，而氢气、沼气、酒精及太阳能、风能等为再生能源，故答案为B。点睛：明确能源的来源是解题关键，能够源源不断的从自然界得到补充的能源叫可再生能源，如太阳能、风能、生物质能等；短期内不能从自然界得到补充的能源叫不可再生能源，如煤、石油等。8、A【解析】

A.a、c分子式是C9H12，结构不同，是同分异构体；而b分子式是C9H8，b与a、c的分子式不相同，因此不能与a、c称为同分异构体，A错误；B.a、b、c三种物质中与苯环连接的C原子上都有H原子，且b中含碳碳双键，因此均能被酸性高锰酸钾溶液氧化，B正确；C.苯分子是平面分子，a中三个甲基的C原子取代苯分子中H原子的位置与苯环的碳原子相连，所以一定在苯环的平面内，C正确；D.b分子内含有1个苯环和1个碳碳双键，所以1molb最多能与4molH2发生反应，D正确；故合理选项是A。9、C【解析】

A.标准状态下560mL的氢气和氯气混合物含有气体的物质的量为n=，无论是否反应，每个分子中含有1个共价键，所以0.025mol气体混合物反应后含有的共价键数目为0.025NA，故A错误；B.氯气在反应中既是氧化剂也是还原剂，1mol氯气反应时转移电子数为1mol，2.24LCl2的物质的量为则转移电子数为0.1NA，故B错误；C.1molHCHO和1molC2H2O3完全燃烧均消耗1mol氧气，所以1.5mol两种物质的混合物完全燃烧消耗氧气的物质的量为1.5mol，则消耗的O2分子数目为1.5NA，故C正确；D.缺少溶液的体积，无法计算微粒的数目，故D错误。故选C。10、B【解析】

A．CH3CH2OH为乙醇的结构简式，乙醇的分子式为C2H6O，故A错误；B．NaOH是离子化合物，钠离子和氢氧根离子之间存在离子键、O-H原子之间存在共价键，其电子式为，故B正确；C．HClO属于共价化合物，分子中含有1个H-Cl键和1个O-H键，其正确的结构式为：H-O-Cl，故C错误；D．四氯化碳分子中，氯原子的原子半径大于碳原子，四氯化碳的正确的比例模型为：，故D错误；故选B。本题的易错点为D，在比例模型中要注意原子的相对大小的判断。11、C【解析】

A、AgNO3与KSCN恰好完全反应，上层清液中滴加Fe(NO3)3溶液，出现浅红色溶液，说明上层清液中含有SCN-，即说明Ag+与SCN-生成AgSCN沉淀的反应有限度，故A说法正确；B、根据②中现象：红色褪去，产生白色沉淀，Fe(SCN)3被消耗，白色沉淀为AgSCN，即发生：Fe(SCN)3+Ag+=3AgSCN↓+Fe3+，故B说法正确；C、前一个实验中滴加0.5mL2mol·L-1AgNO3溶液，Ag+过量，反应②中Ag+有剩余，即滴加KI溶液，I-与过量Ag+反应生成AgI沉淀，不能说明AgI溶解度小于AgSCN，故C说法错误；D、白色沉淀为AgSCN，加入KI后，白色沉淀转化成黄色沉淀，即AgSCN转化成AgI，随后沉淀溶解，得到无色溶液，可能是AgI与KI溶液中的I-进一步发生了反应，故D说法正确；故选C。12、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。13、A【解析】分析：根据元素周期律分析。详解：A.同周期自左向右金属性逐渐减弱，则金属性：Al＜Mg，A错误；B.同主族从上到下非金属性逐渐减弱，氢化物稳定性逐渐减弱，则稳定性：HF＞HCl，B正确；C.同周期自左向右金属性逐渐减弱，最高价氧化物水化物的碱性逐渐减弱，则碱性：NaOH＞Mg(OH)2，C正确；D.同周期自左向右非金属性逐渐增强，最高价含氧酸的酸性逐渐增强，则酸性：HClO4＞H2SO4，D正确。答案选A。14、D【解析】

A．25℃时，在N点，pH=7.4，则c(H+)=10-7.4，lg=1，则=10，H2CO3的一级电离K(H2CO3)==10-7.4×10=1.0×10-6.4，A正确；B．图中M点，pH=9，c(H+)=10-9，K(H2CO3)==1.0×10-6.4，=102.6，a=lg=2.6，B正确；C．25℃时，HCO3-+H2OH2CO3+OH-的Kh===1.0×10-7.6，C正确；D．M点溶液中：依据电荷守恒，c(H+)+c(Na+)=c(Cl-)+2c(CO32-)+c(OH-)+c(HCO3-)，此时溶液为NaHCO3、NaCl的混合溶液，则c(Na+)>c(H2CO3)+c(HCO3-)，所以c(H+)+c(H2CO3)<c(Cl-)+2c(CO32-)+c(OH-)，D错误；故选D。15、A【解析】

反应HgS+O2═Hg+SO2中，Hg元素化合价降低，S元素化合价升高，O元素化合价降低，结合氧化剂、还原剂以及化合价的关系解答。【详解】A．HgS中S元素化合价升高，作还原剂，故A符合；B．Hg是还原产物，故B不符；C．O2是氧化剂，故C不符；D．SO2是氧化产物也是还原产物，故D不符；故选A。16、D【解析】

A．HCl溶于水发生电离生成氢离子和氯离子，破坏共价键，故A错误；B．铁熔化破坏金属键，故B错误；C．干冰升华发生物理变化，只破坏分子间作用力，故C错误；D．氯化钠中只存在离子键，溶于水发生电离而破坏离子键，故D正确；故选：D。本题考查化学键，侧重考查基本概念，明确离子键和共价键区别是解本题关键，发生物理变化时不发生化学键断裂，C为解答易错点。17、A【解析】

A、由题意可知，该装置的I、II是原电池的两极，I是负极，II是正极，III、IV是电解池的两极，其中III是阳极，IV是阴极，所以电流方向：电极IV→→电极I，正确；B、电极I是原电池的负极，发生氧化反应，错误；C、电极II是原电池的正极，发生还原反应，有Cu析出，错误；D、电极III是阳极，发生氧化反应，电极反应是Cu-2e-=：Cu2+，错误；答案选A。18、A【解析】

A．元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性就越强。由于元素的非金属性S＞C＞Si，所以酸性：H2SO4>H2CO3>H2SiO3，强酸可以与弱酸的盐反应制取弱酸，图1可以证明非金属性强弱：S＞C＞Si，A正确；B．过氧化钠为粉末固体，不能利用关闭止水夹使固体与液体分离，则不能控制反应制备少量氧气，B错误；C．配制物质的量浓度的溶液时，应该把浓硫酸在烧杯中溶解、稀释，冷却至室温后再转移到容量瓶中，不能直接在容量瓶中溶解稀释，C错误；D．反应物乙酸、1-丁醇的沸点低于产物乙酸丁酯的沸点，若采用图中装置，会造成反应物的大量挥发，大大降低了反应物的转化率，D错误；故选A。19、B【解析】

HCl中加水配成500mL，即增大到101倍，此时PH=1+1=2，现在加50ml水，溶液体积远远小于500mL，所以加50mL水的溶液PH比2小，故X代表加50mL水的，Y代表加了醋酸铵的，据此回答。【详解】A．由分析可知曲线X是盐酸中滴加水的pH变化图，HCl被稀释，H+和Cl-浓度减小，但有Kw=[H+]·[OH-]可知，[OH-]在增大，A错误；B.当加入50mL醋酸按时，醋酸铵和HCl恰好完全反应，溶质为等物质的量、浓度均为0.05mol·L-1的CH3COOH和NH4Cl，CH3COO-浓度最大，因为Ka(CH3COOH)=1.8×10-5，所以C(CH3COO-)=，而C(NH4+)≈0.05mol/L，所以Y上任意一点C(NH4+)>C(CH3COO-)，B正确；C.a点溶液中电荷守恒为：n(Cl-)＋n(CH3COO-)＋n(OH)=n(NH4+)+n(H+)，所以n(Cl-)＋n(CH3COO-)＋n(OH)-n(NH4+)=n(H+)，a点pH=2，C(H+)=0.01mol·L-1，溶液总体积约为100ml，n(H+)=0.01mol·L-1×0.1L=0.001mol，所以n(Cl-)＋n(CH3COO-)＋n(OH)-n(NH4+)=0.001mol，C错误；D.b点位HCl溶液，水的电离受到HCl电离的H+抑制，c点：一方面CH3COOH为弱酸，另一方面，NH4+水解促进水的电离，综合来看b点水的电离受抑制程度大于c点，D错误。答案选B。A．一定温度下，电解质溶液中，不可能所有离子同时增大或者减小；B．对于一元弱酸HX，C(H+)=C(X-)。20、C【解析】

A.石灰石是碳酸钙，不具有吸水性，故不能做干燥剂，故A错误；B.由两种或以上物质构成的是混合物，而干冰是固体二氧化碳，属于纯净物，故B错误；C.氮氧化物能导致光化学烟雾、二氧化硫能导致酸雨、PM2.5能导致雾霾，故氮氧化物、二氧化硫、PM2.5均能导致空气污染，均是空气质量检测物质，故C正确；D.和碱反应生成盐和水的氧化物为酸性氧化物，而CO为不成盐的氧化物，故不是酸性氧化物，故D错误；故选：C。21、C【解析】A、根据工作原理，电解质环境为H＋，根据原电池的工作原理，电子流入的一极为正极，即N极为正极，电极反应式为O2＋4H＋＋4e－=2H2O，Cr2O72－＋14H＋＋6e－=2Cr3＋＋7H2O，故A说法正确；B、根据选项A的分析，消耗H＋，N极附近溶液的pH升高，故B说法正确；C、正极反应式为O2＋4H＋＋4e－=2H2O，Cr2O72－＋14H＋＋6e－=2Cr3＋＋7H2O，消耗1molCr2O72－时，从交换膜左侧向右侧迁移至少有14molH＋，故C说法错误；D、根据右边的图，当Cr2O72－浓度大时去除率变为0，Cr2O72－离子浓度较大时，可能会造成还原菌失活，故D说法正确。22、D【解析】

A．某温度下，一元弱酸HA的电离常数为Ka，则其盐NaA的水解常数Kh与Ka存在关系为：Kh=，所以Ka越小，Kh越大，故A错误；B、温度升高，更多分子吸收能量成为活化分子，反应速率增大，但活化能不变，故B错误；C．黄铜是锌和铜的合金，锌比铜的化学性质活泼，与铜相比它更易与空气中的氧气反应，而阻碍了铜在空气中的氧化，所以黄铜(铜锌合金)制作的铜锣不易产生铜绿，故C错误；D、和的核磁共振氢谱上峰的个数相同，但峰面积之比分别为1∶2∶2∶3和1∶2∶2∶1，可以区分，故D正确；答案选D。二、非选择题(共84分)23、氯原子、羟基加成反应【解析】

由有机物的转化关系可知，与KMnO4或K2Cr2O7等氧化剂发生氧化反应生成，在酸性条件下，与甲醇共热发生酯化反应生成，则B为；与LiAlH4反应生成，则C为；发生氧化反应生成，与双氧水发生加成反应生成，酸性条件下与ROH反应生成，则F为。【详解】（1）C的结构简式为，含有的官能团为氯原子和羟基，故答案为氯原子、羟基；（2）由D生成E的反应为与双氧水发生加成反应生成，故答案为加成反应；（3）由副产物的分子式为C9H5O4Cl2可知，在酸性条件下，与甲醇共热发生酯化反应生成，则副产物的结构简式为，故答案为；（4）化合物C的同分异构体能与FeCl3溶液发生显色反应，说明分子中含有酚羟基，核磁共振氢谱图中有3个吸收峰说明结构对称，结构简式为，故答案为；（5）由题给转化关系可知，在酸性条件下，与甲醇共热发生酯化反应生成，与LiAlH4反应生成，催化氧化生成，与过氧化氢发生加成反应生成，合成路线如下：，故答案为。本题考查有机化学基础，解题的关键是要熟悉烃的各种衍生物间的转化关系，不仅要注意物质官能团的衍变，还要注意同时伴随的分子中碳、氢、氧、卤素原子数目以及有机物相对分子质量的衍变，这种数量、质量的改变往往成为解题的突破口。24、3-氯丙炔酯基C13H16O2取代反应【解析】

与氯气在紫外线光照条件下发生取代反应生成A（），物质A与NaCN在加热条件下继续发生取代反应生成，在酸性条件下生成再与乙醇发生酯化反应生成B（），B与HI发生加成反应生成，继续与苯甲醛反应生成X（）；另一合成路线中采用逆合成分析法可知，E为聚合物Y的单体，其结构简式为：，根据已知信息②逆推法可以得出D为，C是由与水发生加成反应所得，C与苯甲醛在碱性条件下发生反应②，结合已知信息①可推出C为丙醛，其结构简式为CH3CH2CHO，据此分析作答。【详解】（1）A为，其名称为3-氯丙炔；（2）B为，其中含氧官能团的名称是酯基；（3）从结构简式可以看出X的分子式为：C13H16O2；（4）反应①中-Cl转化为-CN，属于取代反应，故答案为取代反应；（5）根据已知的给定信息，反应②的化学方程式为：；（6）L是D的同分异构体，则分子式为C10H10O，不饱和度==6，属于芳香族化合物，说明分子结构中含苯环；与D具有相同官能团，则含醛基与碳碳双键；又核磁共振氢谱为5组峰，峰面积比为3:2:2:2:1，则有5种氢原子，其个数比为3:2:2:2:1，符合上述条件的L的结构简式有：；（7）根据上述合成路线及给定的已知信息可将原料CH3CHO、在碱性条件下反应生成后再继续与依据已知信息②得到，最后与溴加成制备得到目标产物，具体合成路线如下：。25、球形冷凝管a干燥Cl2，同时作安全瓶，防止堵塞五氧化二磷(或硅胶)碱石灰POCl3+3H2O=H3PO4+3HCl,SOCl2+H2O=SO2+2HCl一是温度过高，PCl3会大量挥发，从而导致产量降低；二是温度过低，反应速率会变慢当最后一滴标准KSCN

溶液滴入时，溶液变为红色，且半分钟不褪去使生成的沉淀与溶液隔离，避免滴定过程中SCN-与AgCl

反应50%【解析】分析：本题以POCl3的制备为载体，考查Cl2、SO2的实验室制备、实验条件的控制、返滴定法测定POCl3的含量。由于PCl3、POCl3、SOCl2遇水强烈水解，所以用干燥的Cl2、SO2与PCl3反应制备POCl3，则装置A、B、C、D、E、F的主要作用依次是：制备Cl2、除Cl2中的HCl（g）、干燥Cl2、制备POCl3、干燥SO2、制备SO2；为防止POCl3、SOCl2水解和吸收尾气，D装置后连接盛碱石灰的干燥管。返滴定法测定POCl3含量的原理：POCl3+3H2O=H3PO4+3HCl、AgNO3+HCl=AgCl↓+HNO3，用KSCN滴定过量的AgNO3，发生的反应为KSCN+AgNO3=AgSCN↓+KNO3，由消耗的KSCN计算过量的AgNO3，加入的总AgNO3减去过量的AgNO3得到与Cl-反应的AgNO3，根据Ag++Cl-=AgCl↓和Cl守恒计算POCl3的含量。详解：（1）根据仪器甲的构造特点，仪器甲的名称为球形冷凝管。为了更充分的冷凝蒸气，冷凝管中的水应下进上出，与自来水进水管连接的接口的编号为a。（2）由于PCl3、POCl3、SOCl2遇水强烈水解，所以制备POCl3的Cl2和SO2都必须是干燥的。根据装置图和制备POCl3的原理，装置A用于制备Cl2，装置B用于除去Cl2中HCl（g），装置C用于干燥Cl2，装置F用于制备SO2，装置E用于干燥SO2，装置D制备POCl3；装置C的作用是干燥Cl2，装置C中有长直玻璃管，装置C的作用还有作安全瓶，防止堵塞。乙中试剂用于干燥SO2，SO2属于酸性氧化物，乙中试剂为五氧化二磷（或硅胶）。（3）由于SO2、Cl2有毒，污染大气，最后要有尾气吸收装置；POCl3、SOCl2遇水强烈水解，在制备POCl3的装置后要连接干燥装置（防外界空气中H2O（g）进入装置D中），该装置缺陷的解决方法是在装置D的球形冷凝管后连接一个既能吸收SO2、Cl2又能吸收H2O（g）的装置，该装置中应装入的试剂是碱石灰。若没有该装置，POCl3、SOCl2发生强烈水解，反应的化学方程式为POCl3+3H2O=H3PO4+3HCl、SOCl2+H2O=SO2+2HCl。（4）D中反应温度控制在60~65℃，其原因是：温度太低，反应速率太慢；温度太高，PCl3会大量挥发（PCl3的沸点为76.1℃），从而导致产量降低。（5）①以Fe3+为指示剂，当KSCN将过量的Ag+完全沉淀时，再滴入一滴KSCN溶液与Fe3+作用，溶液变红色，滴定终点的现象为：当最后一滴标准KSCN

溶液滴入时，溶液变为红色，且半分钟不褪去。硝基苯是难溶于水且密度大于水的液体，用硝基苯覆盖沉淀的目的是：使生成的沉淀与溶液隔离，避免滴定过程中SCN-与AgCl

反应。②n（AgNO3）过量=n（KSCN）=0.2000mol/L×0.01L=0.002mol，沉淀10.00mL溶液中Cl-消耗的AgNO3物质的量为3.200mol/L×0.01L-0.002mol=0.03mol，根据Ag++Cl-=AgCl↓和Cl守恒，样品中n（POCl3）=0.03mol3×100.00mL10.00mL=0.1mol，m（POCl326、2Fe+3Cl22FeCl3在沉积的FeCl3固体下方加热②⑤冷却，使FeCl3沉积，便于收集产品干燥管K3[Fe(CN)6)溶液2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+FeCl3得到循环利用【解析】

Ⅰ．装置A中铁与氯气反应，反应为：2Fe+3Cl22FeCl3，B中的冷水作用为是冷却FeCl3使其沉积，便于收集产品；为防止外界空气中的水蒸气进入装置使FeCl3潮解，所以用装置C无水氯化钙来吸水，装置D中用FeCl2吸收Cl2时的反应离子方程式2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl-，用装置D中的副产品FeCl3溶液吸收H2S，离子方程式为：2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+，用氢氧化钠溶液吸收的是氯气，不用考虑防倒吸，所以装置E为氢氧化钠溶液吸收氯气，据此分析解答(1)~(5)；Ⅱ．三价铁具有氧化性，硫化氢具有还原性，二者之间发生氧化还原反应，化学方程式为2FeCl3+H2S═2FeCl2+S↓+2HCl，电解氯化亚铁时，阴极阳离子得到电子发生还原反应；阳极阴离子失去电子发生氧化反应，据此分析解答(6)~(7)。【详解】Ⅰ．(1)氯气具有强氧化性，将有变价的铁元素氧化成高价铁，生成氯化铁，所以装置A中铁与氯气反应生成氯化铁，反应为2Fe+3Cl22FeCl3，故答案为：2Fe+3Cl22FeCl3；(2)第③步加热后，生成的烟状FeCl3大部分进入收集器，少量沉积在反应管A右端，因为无水FeCl3加热易升华，要使沉积的FeCl3进入收集器，需要对FeCl3加热，使氯化铁发生升华，使沉积的FeCl3进入收集器，故答案为：在沉积的FeCl3固体下方加热；(3)为防止FeCl3潮解，可以采取的措施有：步骤②中通入干燥的Cl2，步骤⑤中用干燥的N2赶尽Cl2，故答案为：②⑤；(4)B中的冷水是为了冷却FeCl3使其沉积，便于收集产品，装置C的名称为干燥管；Fe2+的检验可通过与K3[Fe(CN)6)溶液生成蓝色沉淀的方法来完成，故答案为：冷却，使FeCl3沉积，便于收集产品；干燥管；K3[Fe(CN)6)溶液；(5)氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，所以可以用氢氧化钠溶液吸收尾气中的氯气，尾气吸收装置E为：，故答案为：；Ⅱ．(6)三价铁具有氧化性，硫化氢具有还原性，二者之间发生氧化还原反应：2FeCl3+3H2S=2FeCl2+6HCl+3S↓，离子方程式为：2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+，故答案为：2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+；(7)电解氯化亚铁时，阴极发生氢离子得电子的还原反应，2H++2e-═H2↑，阳极亚铁离子发生失电子的氧化反应：Fe2+-e-=Fe3+，电解池中最终得到的FeCl3可重新用来吸收H2S，可以循环利用，故答案为：FeCl3可以循环利用。27、CO2＋Ca(OH)2＝CaCO3↓＋H2O（CO2适量）CO2和石灰水作用有明显的现象，和NaOH作用无明显现象气球体积增大，溶液不变浑浊乙因为Ca(OH)2的溶解度较小，所形成的饱和石灰水中溶质的质量分数很小【解析】

甲装置中，澄清石灰水中的Ca(OH)2与CO2反应，生成CaCO3白色沉淀，由此可写出反应的方程式。NaOH溶液吸收CO2，看不到现象；乙装置中，由于CO2被NaOH吸收，导致广口瓶内气体的压强减小，于是空气进入气球内，由此可推知实验现象。从两瓶内溶液中所含溶质的物质的量及反应方程式进行综合分析，以确定所选装置。小李从相同量的碱的吸收能力考虑，忽视了溶液的浓度。【详解】甲装置中，澄清石灰水中的溶质为Ca(OH)2，它与CO2反应的化学方程式为CO2＋Ca(OH)2＝CaCO3↓＋H2O（CO2适量）。通常用石灰水而不用NaOH溶液检验CO2，是因为CO2和石灰水作用有明显的现象，和NaOH作用无明显现象；乙装置中，由于CO2被NaOH吸收，导致广口瓶内气体的压强减小，于是空气进入气球内，从而看到气球体积增大，溶液不变浑浊。因为澄清石灰水中Ca(OH)2微溶于水，浓度很小，溶质的物质的量很小，所以吸收CO2较多的装置是乙。答案为：CO2＋Ca(OH)2＝CaCO3↓＋H2O（CO2适量）；CO2和石灰水作用有明显的现象，和NaOH作用无明显现象；气球体积增大，溶液不变浑浊；乙；小李从相同量的碱的吸收能力考虑，忽视了溶液的浓度。因为Ca(OH)2的溶解度较小，所形成的饱和石灰水中溶质的质量分数很小。答案为：因为Ca(OH)2的溶解度较小，所形成的饱和石灰水中溶质的质量分数很小。解题时，我们应学会应对，一个是从化学方程式分析，NaOH、Ca(OH)2吸收CO2的能力；另一个是从溶液出发，分析相同体积的NaOH、Ca(OH)2溶液吸收CO2的能力，此时需考虑溶质的溶解度以及溶液中所含溶质的物质的量。28、-49.81或66.7%=<T1~T2区间，反应未平衡，温度上升反应速率加快，相同时间内捕捉的CO2越多，剩余的二氧化碳浓度就越小<T1【解析】

(1))已知①CO(g)+2H2(g)═CH3OH(g)△H=-91kJ•mol-1

②2CO2(g)═2CO(g)+O2(g)△H=+566.0kJ•mol-1

③2H2(g)+O2(g)═2H2O(g)△H=-483.6kJ•mol-1．

由盖斯定律可知，①+(②+③)得CO2(g)+3H2(g)═CH3OH(g)+H2O(g)，△H=-91kJ•mol-1+×(566.0kJ•mol-1-483.6kJ•mol-1)=-49.8kJ•mol-1；(2)①容器体积为2L，所以初始c(CO)=，c(H2)=；平衡时CO的转