2026届山西省祁县二中高三下学期一模考试化学试题试卷含解析

2026届山西省祁县二中高三下学期一模考试化学试题试卷请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。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、侯氏制碱法中，对母液中析出NH4Cl无帮助的操作是（）A．通入CO2 B．通入NH3 C．冷却母液 D．加入食盐2、下图甲是一种在微生物作用下将废水中的尿素CO(NH2)2转化为环境友好物质，实现化学能转化为电能的装置，并利用甲、乙两装置实现在铁上镀铜。下列说法中不正确的是A．乙装置中溶液颜色不变B．铜电极应与Y相连接C．M电极反应式：CO(NH2)2+H2O-6e-=CO2↑+N2↑+6H＋D．当N电极消耗0.25mol气体时，铜电极质量减少16g3、下列转化，在给定条件下能实现的是①NaCl(aq)Cl2(g)FeCl3(s)②Fe2O3FeCl3(aq)无水FeCl3③N2NH3NH4Cl(aq)④SiO2SiCl4SiA．①③ B．⑨④ C．①②④ D．①②⑧④4、苯酚和丙酮都是重要的化工原料，工业上可用异丙苯氧化法生产苯酚和丙酮，其反应和工艺流程示意图如下，下列有关说法正确的是+A．a、b、c均属于芳香烃 B．a、d中所有碳原子均处于同一平面上C．A有9种属于芳香族的同分异构体 D．c、d均能发生氧化反应5、ClO2和NaClO2均具有漂白性，工业上由ClO2气体制取NaClO2固体的工艺流程如图所示，下列说法错误的是A．通入的空气可将发生器中产生的ClO2全部驱赶到吸收器中B．吸收器中生成NaClO2的离子方程式为2ClO2+H2O2=2ClO2-+2H++O2↑C．步骤a的操作包括过滤、洗涤和干燥D．工业上将ClO2气体制成NaClO2固体，其主要目的是便于贮存和运输6、目前人类已发现的非金属元素除稀有气体外，共有１６种，下列对这１６种非金属元素的相关判断①都是主族元素，最外层电子数都大于４②单质在反应中都只能作氧化剂③氢化物常温下都是气态，所以又都叫气态氢化物④氧化物常温下都可以与水反应生成酸A．只有①②正确 B．只有①③正确 C．只有③④正确 D．①②③④均不正确7、《本草纲目》记载：“凡使白矾石，以瓷瓶盛。于火中，令内外通赤，用钳揭起盖，旋安石峰巢人內烧之。每十两用巢六两，烧尽为度。取出放冷，研粉”。在实验室完成该操作，没有用到的仪器是A．蒸发皿 B．坩埚 C．坩埚钳 D．研钵8、已知：pKa=−lgKa，25℃时，H2SO3的pKa1=1.85，pKa2=7.19。常温下，用0.1mol·L−1NaOH溶液滴定20mL0.1mol·L−1H2SO3溶液的滴定曲线如下图所示(曲线上的数字为pH)。下列说法不正确的是()A．a点所得溶液中：2c(H2SO3)+c(SO32－)=0.1

mol·L−1B．b点所得溶液中：c(H2SO3)+c(H+)=c(SO32－)+c(OH－)C．c点所得溶液中：c(Na+)>3c(HSO3－)D．d点所得溶液中：c(Na+)>c(SO32－)>c(HSO3－)9、下图是部分短周期元素原子半径与原子序数的关系图，下列说法正确的是A．M、N的氧化物都能与Z、R的最高价氧化物对应水化物反应B．Y的单质能从含R简单离子的水溶液中置换出R单质C．X、M两种元素组成的化合物熔点很高D．简单离子的半径：R>M>X10、实现中国梦，离不开化学与科技的发展。下列说法不正确的是A．2019年新冠肺炎“疫苗”等生物制剂需要冷冻保存B．大飞机C919采用大量先进复合材料、铝锂合金等，铝锂合金属于金属材料C．纳米复合材料实现了水中微污染物铅（Ⅱ）的高灵敏、高选择性检测，但吸附的量小D．我国提出网络强国战略，光缆线路总长超过三千万公里，光缆的主要成分是晶体硅11、已知有机物是合成青蒿素的原料之一（如图）。下列有关该有机物的说法正确的是（）A．可与酸性KMnO4溶液反应B．既能发生消去反应，又能发生加成反应C．分子式为C6H10O4D．1mol该有机物与足量的金属Na反应最多产生33.6LH212、如图表示某个化学反应过程的能量变化。该图表明（）A．催化剂可以改变该反应的热效应B．该反应是个放热反应C．反应物总能量低于生成物D．化学反应遵循质量守恒定律13、A、B、C、X为中学化学常见物质，A、B、C含有相同元素甲，可以发生如下转化（水参与的反应，水未标出）。下列说法不正确的是A．若A、B、C的焰色反应呈黄色、水溶液均呈碱性，则X可以是CO2B．若C为红棕色气体，则A一定为空气中含量最高的气体C．若B为FeCl3，则X一定是FeD．A可以是碳单质，也可以是O214、分别进行下表所示实验，实验现象和结论均正确的是（）选项实验操作现象结论A测量熔融状态下NaHSO4的导电性能导电熔融状态下NaHSO4能电离出Na+、H+、SO42-B向某溶液中先加入氯水，再滴加KSCN溶液溶液变红色溶液中含有Fe2+C向浓度均为0.1mol/L的MgSO4、CuSO4的混合溶液中逐滴加入NaOH溶液先看到蓝色沉淀生成Ksp[Cu(OH)2]<Ksp[Mg(OH)2]D将AlCl3溶液加热蒸干得到白色固体白色固体成分为纯净的AlCl3A．A B．B C．C D．D15、由下列实验对应的现象推断出的结论正确的是选项实验现象结论A将红热的炭放入浓硫酸中产生的气体通入澄清的石灰水石灰水变浑浊炭被氧化成CO2B将稀盐酸滴入Na2SiO3溶液中溶液中出现凝胶非金属性：Cl>SiCSO2通入BaCl2溶液，然后滴入稀硝酸有白色沉淀产生，加入稀硝酸后沉淀溶解先产生BaSO3沉淀，后BaSO3溶于硝酸D向某溶液中滴加KSCN溶液，溶液不变色，再滴加新制氯水溶液显红色原溶液中一定含有Fe2＋A．A B．B C．C D．D16、下列叙述正确的是A．用牺牲阳极的阴极保护法保护船舶时，将船舶与石墨相连B．往含硫酸的淀粉水解液中，先加氢氧化钠溶液，再加碘水，检验淀粉是否水解完全C．反应3Si(s)+2N2(g)=Si3N4(s)能自发进行，则该反应的△H<0D．已知BaSO4的Ksp=(Ba2+)·c(SO42-)，所以BaSO4在硫酸钠溶液中溶解达到饱和时有c(Ba2+)=c(SO42-)=17、“一带一路”是“丝绸之路经济带”和“海上丝绸之路”的简称。丝、帛的使用有着悠久的历史，下列说法错误的是()A．丝的主要成分属于天然有机高分子化合物，丝绸制品不宜使用含酶洗衣粉洗涤B．《墨子·天志》中记载“书之竹帛，镂之金石”。其中的“金”指的是金属，“石”指的是陶瓷、玉石等C．《考工记》载有“涑帛”的方法，即利用“灰”（草木灰）和“蜃”（贝壳灰）混合加水所得液体来洗涤丝、帛。这种液体能洗涤丝、帛主要是因为其中含有K2CO3D．《天工开物》记载“人贱者短褐、臬裳，冬以御寒，夏以蔽体，其质造物之所具也。属草木者，为臬、麻、苘、葛……”文中的“臬、麻、苘、葛”属于纤维素18、下列有关我国最新科技成果的说法中错误的是A．北斗卫星的太阳能电池板可将太阳能直接转化为电能B．国产飞机——C919使用的航空煤油可从石油中分馏得到C．高铁“复兴号”使用的碳纤维属于有机非金属材料D．极地考查船“雪龙2号”船身上镀的锌层可减缓铁制船体遭受的腐蚀19、下列物质不能使淀粉碘化钾溶液变蓝的是A．SO2 B．H2O2 C．新制氯水 D．碘酒20、向碳酸溶液中滴加NaOH溶液，测得碳酸中含碳微粒的物质的量分数随pH变化如图所示，下列说法不正确的是：A．除去NaCl溶液中Na2CO3的方法是向其中加入盐酸至pH=7B．X、Y为曲线两交叉点。由X点处的pH，可计算Ka1(H2CO3)C．pH=10的溶液中c(H+)+c(Na+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)D．将CO2通入NaOH溶液制取Na2CO3，应控制pH＞12.521、下列关于糖类的说法正确的是A．所有糖类物质都有甜味，但不一定都溶于水B．葡萄糖和果糖性质不同，但分子式相同C．蔗糖和葡萄糖都是单糖D．摄入人体的纤维素在酶的作用下能水解为葡萄糖22、下列有关物质性质与用途具有对应关系的是()A．FeCl3易发生水解，可用于蚀刻铜制的印制线路板B．漂白粉具有氧化性，可用于脱除烟气中SO2和NOC．CaCO3高温下能分解，可用于修复被酸雨侵蚀的土壤D．活性炭具有还原性，可用于除去水体中Pb2＋等重金属二、非选择题(共84分)23、（14分）有机锌试剂（R—ZnBr）与酰氯（）偶联可用于制备药物Ⅱ：（1）化合物Ⅰ的分子式为_____________。（2）关于化合物Ⅱ，下列说法正确的有______（双选）。A．可以发生水解反应B．可与新制的Cu（OH）2共热生成红色沉淀C．可与FeCl3溶液反应显紫色D．可与热的浓硝酸和浓硫酸混合液反应（3）化合物Ⅲ含有3个碳原子，且可发生加聚反应，按照途径1合成线路的表示方式，完成途经2中由Ⅲ到Ⅴ的合成路线：_____________（标明反应试剂，忽略反应条件）。（4）化合物Ⅴ的核磁共振氢谱中峰的组数为_____________，以H替代化合物Ⅵ中的ZnBr，所得化合物的羧酸类同分异构体共有_____________种（不考虑手性异构）。（5）化合物Ⅵ和Ⅶ反应可直接得到Ⅱ，则化合物Ⅶ的结构简式为：_____________。24、（12分）苯丁酸氮芥是一种抗肿瘤药，其合成路线如下。其中试剂①是丁二酸酐（），试剂③是环氧乙烷（），且环氧乙烷在酸或碱中易水解或聚合。回答下列问题：（1）写出反应类型：反应Ⅱ____，反应Ⅴ_____。（2）写出C物质的结构简式___。（3）设计反应Ⅲ的目的是____。（4）D的一种同分异构体G有下列性质，请写出G的结构简式____。①属于芳香族化合物，且苯环上的一氯取代物只有一种②能与盐酸反应成盐，不能与碳酸氢钠溶液反应③能发生水解反应和银镜反应④0.1摩尔G与足量金属钠反应可放出标况下2.24升氢气（5）通过酸碱中和滴定可测出苯丁酸氮芥的纯度，写出苯丁酸氮芥与足量氢氧化钠反应的化学方程式____。（6）1，3-丁二烯与溴发生1，4加成，再水解可得1，4-丁烯二醇，设计一条从1，4-丁烯二醇合成丁二酸的合成路线（所需试剂自选）____25、（12分）乙酰苯胺具有退热镇痛作用，是较早使用的解热镇痛药，有“退热冰”之称。其制备原理如下：已知：①苯胺易被氧化；②乙酰苯胺、苯胺和醋酸的部分物理性质如下表：物质熔点沸点溶解度(20℃)乙酰苯胺114.3℃305℃0.46苯胺－6℃184.4℃3.4醋酸16.6℃118℃易溶实验步骤如下：步骤1：在50mL圆底烧瓶中，加入5mL苯胺、7.5mL冰醋酸及少许锌粉，依照如图装置组装仪器。步骤2：控制温度计示数约105℃，小火加热回流1h。步骤3：趁热将反应混合物倒入盛有100mL冷水的烧杯中，冷却后抽滤，洗涤，得到粗产品。（1）步骤1中加入锌粉的作用是________。（2）步骤2中控制温度计示数约105℃的原因是________。（3）步骤3中趁热将混合物倒入盛有冷水的烧杯中，“趁热”的原因是__________________。抽滤装置所包含的仪器除减压系统外，还有________、________(填仪器名称)。（4）步骤3得到的粗产品需进一步提纯，该提纯方法是________。26、（10分）二氧化钒（VO2）是一种新型热敏材料。实验室以V2O5为原料合成用于制备VO2的氧钒（IV）碱式碳酸铵晶体,过程如下:V2O5VOCl2溶液（NH4）5[（VO）6（CO3）4（OH）9]10·H2O回答下列问题：（1）步骤i中生成VOCl2的同时生成一种无色无污染的气体,该反应的化学方程式为____。也可只用浓盐酸与V2O5来制备VOCl2溶液,从环境角度考虑,该方法的缺点是_______。（2）步骤ii可在如图装置（气密性良好）中进行。已知:VO2+能被O2氧化。①药品填装完成后的实验操作是____（填活塞“a”“b”的操作）。②若无装置B,则导致的后果是____。（3）加完VOCl2后继续搅拌数分钟,使反应完全,小心取下分液漏斗,停止通气,立即塞上橡胶塞,将锥形瓶置于CO2保护下的干燥器中，静置过夜,得到紫红色晶体,抽滤,并用饱和NH4HCO3溶液洗涤3次,用无水乙醇洗涤2次,除去水分,再用乙醚洗涤2次,抽干称重。用饱和NH4HCO3溶液洗涤除去的阴离子主要是____。（4）测定氧钒（IV）碱式碳酸铵晶体粗产品中钒的含量。称量4.246g样品于锥形瓶中,用20mL蒸馏水与30mL硫酸混合溶解后，加0.02mol·L-1的KMnO4溶液至稍过量,充分反应后继续加1%NaNO2溶液至稍过量，再用尿素除去过量的NaNO2,最后用0.08mol·L-1的（NH4）2Fe（SO4）2标准溶液滴定至终点,消耗体积为30.00mL。（滴定反应:VO2++Fe2++2H+=VO2++Fe3++H2O）①NaNO2溶液的作用是____。②粗产品中钒的质量分数为____（精确到小数点后两位）。27、（12分）某化学兴趣小组的同学利用如图所示实验装置进行某些气体的制备、物质性质的探究等实验（图中夹持装置省略）。请按要求填空：（1）实验室制取SO2气体时，可选择的合适试剂___（选填编号）。a．15%的H2SO4溶液b．75%的H2SO4溶液c．Na2SO3固体d．CaSO3固体相应的制取装置是___（填图中装置下方编号）。（2）实验室若用装置①来制取H2S气体，可选择的固体反应物是___（选填编号）。a．Na2S固体b．CuS固体c．FeS固体d．FeS2固体反应的离子方程式为___。（3）如何检验装置①的气密性？简述其操作：___。（4）实验室里可用浓硫酸和无水酒精反应制取乙烯，除了题中的仪器外，制取装置中还缺少的玻璃仪器是___。（5）该化学兴趣小组为探究制备乙烯是否存在副产物SO2和CO2，制备的气体从发生装置出来除去乙烯后依次选择了装置②、④、⑤，其中装置②盛有的试剂是___，装置④盛有的试剂是___。28、（14分）最近有科学家提出“绿色自由”的构想：把含有CO2的空气吹入K2CO3溶液中，然后再用高温水气分解出CO2，经与H2化合后转变为甲醇燃料．(1)在整个生产过程中饱和K2CO3溶液的作用是_______；不用KOH溶液的理由是_________。(2)在合成塔中，每44gCO2与足量H2完全反应生成甲醇时，可放出49.5kJ的热量，试写出合成塔中发生反应的热化学方程式_______________；转化过程中可循环利用的物质除了K2CO3外，还有___________。(3)请评述合成时选择2×105Pa的理由_____________________________________。(4)BaCO3的溶解平衡可以表示为BaCO3(s)⇌Ba2++CO32﹣①写出平衡常数表达式___________________；②用重量法测定空气中CO2的体积分数时，选用Ba(OH)2而不是Ca(OH)2为沉淀剂，原因之一是：25℃时，BaCO3的溶解平衡常数K=2.58×10﹣9，而CaCO3的溶解平衡常数K=4.96×10﹣9；原因之二是_________________________。(5)某同学很快就判断出以下中长石风化的离子方程式未配平：4Na0.5Ca0.5Al1.5Si2.5O6+6CO2+17H2O=2Na++2Ca2++5HCO3﹣+4H4SiO4+3Al2SiO5(OH)4该同学判断的角度是______________。(6)甲醇可制成新型燃料电池，总反应为：2CH3OH+3O2+4KOH=2K2CO3+6H2O该电池负极的电极反应式为：CH3OH﹣6e+8OH﹣=CO32﹣+6H2O则正极的电极反应式为：______________。29、（10分）X、Z、Q、R、T、U分别代表原子序数依次增大的短周期元素。X和R属同族元素；Z和U位于第VIIA族；X和Z可形成化合物XZ4；Q原子的s轨道和p轨道的电子总数相等；T的一种单质在空气中能够自燃。完成下列填空：（1）R原子的电子排布式是___；X所在周期元素最高价氧化物对应的水化物中，酸性最强的是__；Z的氢化物的水溶液可用于____；Q、R、U的单质形成的晶体，熔点由高到低的排列顺序是___。（2）CuSO4能用作T4中毒的解毒剂，反应可生成T的最高价含氧酸和铜，该反应的化学方程式是________。在pH为4～5的环境中，Cu2+、Fe2+不生成沉淀，而Fe3+几乎完全沉淀。工业上制CuCl2是将浓盐酸用蒸汽加热到80℃左右，再慢慢加入粗氧化铜（含FeO），充分搅拌使之溶解。除去该溶液中杂质离子的方法是_____。（3）碳和硅的有关化学键键能如下所示，简要分析和解释下列有关事实，硅与碳同族，也有系列氢化物，但硅烷在种类和数量上都远不如烷烃多，原因是____。化学键C－CC－HSi－SiSi－H键能（kJ/mol）356413226318（4）第三周期部分元素氟化物的熔点如下，表中三种氟化物熔点差异的原因是______。氟化物NaFMgF2SiF4熔点/K12661534183

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、A【解析】

母液中析出NH4Cl，则溶液应该达到饱和，饱和NH4Cl溶液中存在溶解平衡：NH4Cl(s)⇌NH4+(aq)+Cl-(aq)，若要析出氯化铵，应该使平衡逆向移动。【详解】A．通入二氧化碳后，对铵根离子和氯离子没有影响，则对母液中析出NH4Cl无帮助，故A正确；B．通入氨气后，溶液中铵根离子浓度增大，平衡逆向移动，有利于氯化铵的析出，故B错误；C．冷却母液，氯化铵的溶解度降低，有利于氯化铵的析出，故C错误；D．加入食盐，溶液中氯离子浓度增大，平衡逆向移动，有利于氯化铵的析出，故D错误；故选A。2、D【解析】

甲装置中N极上O2得到电子被还原成H2O，N为正极，M为负极；A.乙装置中Cu2+在Fe电极上获得电子变为Cu单质，阳极Cu失去电子变为Cu2+进入溶液，所以乙装置中溶液的颜色不变，A正确；B.乙装置中铁上镀铜，则铁为阴极应与负极X相连，铜为阳极应与正极Y相连，B正确；C.CO(NH2)2在负极M上失电子发生氧化反应，电极反应式为CO(NH2)2+H2O-6e-=CO2↑+N2↑+6H+，C正确；D.N极电极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O，当N电极消耗0.25mol氧气时，则转移n(e-)=0.25mol×4=1mol电子，Cu电极上的电极反应为Cu-2e-=Cu2+，所以Cu电极减少的质量为m(Cu)=mol×64g/mol=32g，D错误；故答案是D。3、A【解析】

①NaCl溶液电解的得到氯气，氯气和铁在点燃的条件下反应生成氯化铁，故正确；②Fe2O3和盐酸反应生成氯化铁，氯化铁溶液加热蒸发，得到氢氧化铁，不是氯化铁，故错误；③N2和氢气在高温高压和催化剂条件下反应生成氨气，氨气和氯化氢直接反应生成氯化铵，故正确；④SiO2和盐酸不反应，故错误。故选A。4、D【解析】

A.a属于芳香烃，b、c为芳香族化合物，故A错误；B.a中所有碳原子不处于同一平面上，a上右边最多只有一个—CH3在平面内，故B错误；C.a有三个碳为一个支链有2种结构(包括a本身)，两个支链有3种，三个支链有4种，因此属于芳香族的同分异构体有8中(不包括自身)，故C错误；D.c能被氧气、酸性高锰酸钾氧化，d能被酸性高锰酸钾氧化，故D正确。综上所述，答案为D。苯酚、碳碳双键都能被酸性高锰酸钾溶液氧化。5、B【解析】

A.在ClO2发生器中一定产生ClO2气体，通入空气，可以将其吹入吸收塔中进行吸收，选项A正确；B.吸收塔中加入了浓氢氧化钠溶液，显然其中的反应不可能得到氢离子，选项B错误；C.冷却结晶得到NaClO2固体后，应该经过过滤，洗涤，干燥得到产品，选项C正确；D.气体的贮存和运输都远比固体困难，所以将ClO2气体制成NaClO2固体的主要目的是便于贮存和运输，选项D正确。答案选B。6、D【解析】

①都是主族元素，但最外层电子数不都大于４，如氢元素最外层只有1个电子，错误②当两种非金属单质反应时，一种作氧化剂，一种作还原剂，错误③氢化物常温下不都是气态，如氧的氢化物水常温下为液体，错误④SiO2、NO等氧化物常温下都不能与水反应生成酸，错误。故选D。7、A【解析】

这是固体的加热、灼烧、冷却和研磨的过程，固体加热用坩埚B，要用坩埚钳C取放，研磨在研钵D中进行，所以蒸发皿是没有用到的仪器。答案为A。8、C【解析】

A、H2SO3为弱酸，a点溶液中含硫的粒子有SO32-、HSO3-、H2SO3，a点溶液体积大于20mL，根据物料守恒有c(H2SO3)+c(SO32－)+c(HSO3－)˂0.1mol·L−1，a点所加氢氧化钠溶液体积小于20ml，所以和H2SO3反应产物为NaHSO3和H2SO3，根据H2SO3的Ka1=c(HSO3－)×c(H+)/c(H2SO3)，根据pKa1=−lgKa1有Ka1=10-1.85=c(HSO3－)×10-1.85/c(H2SO3)，所以c(HSO3－)=c(H2SO3)，带入物料守恒式子中有：2c(H2SO3)+c(SO32－)˂0.1mol·L−1，A错误。B、b点加入氢氧化钠溶液的体积为20mL，与H2SO3恰好生成NaHSO3，根据物料守恒有：c(Na+)=c(SO32－)+c(HSO3－)+c(H2SO3)，根据电荷守恒有：c(OH-)+2c(SO32－)+c(HSO3－)=c(Na+)+c(H+)，所以有：c(OH-)+2c(SO32－)+c(HSO3－)=c(SO32－)+c(HSO3－)+c(H2SO3)+c(H+)，故c(H2SO3)+c(H+)=c(SO32－)+c(OH－)，B正确。C、c点加入的氢氧化钠溶液大于20ml小于40ml，所以生成的溶质为Na2SO3和NaHSO3，根据c点溶液中H2SO3的第二步平衡常数，由pKa2=7.19可得Ka2=10-7.19，又根据Ka2=c(SO32-)×c(H+)/c(HSO3-)，c(H+)=10-7.19,所以c(SO32-)=c(HSO3－)，又根据电荷守恒有c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+2c(SO32－)+c(HSO3－)，所以有c(Na+)=c(OH-)+3c(HSO3－)-c(H+)，又因为c点呈碱性，c(OH-)＞c(H+)，所以c(Na+)＞3c(HSO3－)，C正确；D、d点恰好完全反应生成Na2SO3溶液，SO32-水解得到HSO3－，但是水解程度小，故有c(Na+)>c(SO32－)>c(HSO3－)，D正确。正确答案为A本题考查水溶液中离子浓度大小的比较，较难。B、D选项容易判断，主要是A、C两个选项的判断较难，首先须分析每点溶液中溶质的成分及酸碱性、然后利用电离常数和对应点氢离子浓度，得到有关的某两种离子浓度相等的等式，然后利用不等式的知识解答。9、C【解析】由图可知，为第二周期和第三周期元素的原子半径的变化，根据原子序数关系可知X为O元素，Y为F元素，Z为Na元素，M为Al元素，N为Si元素，R为Cl元素，A．M、N的氧化物Al2O3、SiO2都能与Z、R的最高价氧化物对应水化物NaOH反应，但SiO2不与R的最高价氧化物对应水化物HClO4反应，选项A错误；B．F2非常活泼，与含氯离子的水溶液反应时直接与水反应，无法置换出氯气，选项B错误；C．X、M两种元素组成的化合物氧化铝熔点很高，选项C正确；D．O2-、Al3+电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，Cl-比它们多一个电子层，半径最大，故离子半径Cl-＞O2-＞Al3+，选项D错误。答案选C。点睛：本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键，侧重对化学用语的考查，注意理解氢氧化铝的两性，能与强酸强碱反应，由图可知，为第二周期和第三周期元素的原子半径的变化，根据原子序数关系可知X为O元素，Y为F元素，Z为Na元素，M为Al元素，N为Si元素，R为Cl元素，据此分析得解。10、D【解析】

A．2019年新冠肺炎“疫苗”等生物制剂在温度较高时容易失活，需要冷冻保存，故A正确；B.金属材料包括纯金属以及它们的合金，铝锂合金属于金属材料，故B正确；C.纳米复合材料表面积大，纳米复合材料实现了水中微污染物铅（Ⅱ）的高灵敏、高选择性检测，但吸附的量小，故C正确；D.光缆的主要成分是二氧化硅，故D错误；故选D。11、A【解析】

中含有有官能团羟基和羧基，所以具有羟基和羧基的性质。【详解】A.该有机物右上角的羟基可被酸性KMnO4溶液氧化为羧基，A正确；B.该有机物右下角的羟基可以发生消去反应，但该有机物不能发生加成反应，B错误；C.分子式为C6H12O4，C错误；D.未说明是标准状况，所以不确定该有机物与金属Na反应最多产生的H2体积，D错误；故选A。12、B【解析】

A.由图可知，加入催化剂能降低反应的活化能，但反应热不变，A项错误；B.由图象可知，反应物总能量大于生成物总能量，故为放热反应，B项正确；C.由图象可知，反应物总能量大于生成物总能量，C项错误；D.化学反应一定遵循质量守恒定律，但是根据题目要求，图示不能说明质量守衡，D项错误。答案选B。13、B【解析】

A.若A、B、C的焰色反应呈黄色，说明A、B、C中含有钠元素，水溶液均呈碱性，则A为氢氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠，B为碳酸钠，碳酸钠溶液显碱性；碳酸钠与二氧化碳反应生成碳酸氢钠，C为碳酸氢钠，碳酸氢钠为碱性，故A正确；B.若A为氨气、X为氧气，则B为一氧化氮，C为红棕色气体二氧化氮，则A不一定为空气中含量最高的氮气，故B错误；C.若B为FeCl3，则A为氯气，与铁反应生成氯化铁，氯化铁与铁反应生成氯化亚铁，故C正确；D.若A为碳、X为氧气，则B为一氧化碳，C为二氧化碳；若A为氧气、X为碳，则B为二氧化碳，C为一氧化碳，故D正确；答案为B。元素的性质的推断题，要熟练掌握各种物质间的相互转化，并能找到各物质间相互转化方案，熟记物质的性质，综合运用。14、C【解析】

A.NaHSO4是离子化合物，熔融状态下NaHSO4电离产生Na+、HSO4-，含有自由移动的离子，因此在熔融状态下具有导电性，A错误；B.向某溶液中先加入氯水，再滴加KSCN溶液，溶液变红色，说明滴加氯水后的溶液中含有Fe3+，不能证明溶液中Fe3+是原来就含有还是Fe2+反应产生的，B错误；C.Mg(OH)2、Cu(OH)2的构型相同，向浓度均为0.1mol/L的MgSO4、CuSO4的混合溶液中逐滴加入NaOH溶液，首先看到产生蓝色沉淀，说明Ksp[Cu(OH)2]<Ksp[Mg(OH)2]，C正确；D.AlCl3是强酸弱碱盐，在溶液中Al3+水解，产生Al(OH)3和HCl，将AlCl3溶液加热蒸干，HCl挥发，最后得到的固体为Al(OH)3，D错误；故合理选项是C。15、D【解析】

A．C与浓硫酸反应生成二氧化碳、二氧化硫，均使石灰水变浑浊；B．盐酸为无氧酸；C．SO2通入BaCl2溶液中不反应，二氧化硫可被硝酸氧化生成硫酸根离子；D．滴加KSCN溶液，溶液不变色，可知不含铁离子。【详解】A．二氧化碳、二氧化硫均使石灰水变浑浊，由现象不能说明炭被氧化成CO2，故A错误；B．盐酸为无氧酸，不能比较非金属性，故B错误；C．SO2通入BaCl2溶液中不反应，二氧化硫可被硝酸氧化生成硫酸根离子，白色沉淀为硫酸钡，故C错误；D．滴加KSCN溶液，溶液不变色，可知不含铁离子，再滴加新制氯水，溶液变红，可知原溶液中一定含有Fe2＋，故D正确；故选：D。16、C【解析】

A.用牺牲阳极的阴极保护法，用还原性比钢铁强的金属作为负极，发生氧化反应而消耗，故应将船舶与一种比钢铁活泼的金属相连如Zn，故A错误；B.碘与氢氧化钠溶液反应，不能检验淀粉是否完全水解，水解后可直接加入碘，不能加入过量的氢氧化钠，故B错误；C.该反应是一个气体体积减小的反应，即△S<0，如果反应能自发进行，该反应△H-T△S<0，则△H<0，故C正确；D.在硫酸钡的单一饱和溶液中式子成立，在Na2SO4溶液中c（SO42-）增大，溶解平衡BaSO4（s）Ba2+（aq）+SO42-（aq）逆向移动，c（Ba2+）减小，Ksp不变，则在Na2SO4溶液中溶解达到饱和时c（Ba2+）<<c（SO42-），故D错误。故选C。17、C【解析】

A、丝的主要成分为蚕丝，属于蛋白质是一种天然有机高分子化合物，酶会加速蛋白质的水解，破坏丝绸制品，故A正确；B、古代记事常常刻于金属、陶瓷、玉器之上，故B正确；C、草木灰中的碳酸钾与贝壳灰中的氧化钙溶于水生成的氢氧化钙与碳酸钾反应生成了氢氧化钾，故C错误；D、草木的主要成分是纤维素，故D正确；答案C。18、C【解析】

A．人造卫星上的太阳能电池板，消耗了太阳能，得到了电能，故将太阳能转化为了电能，选项A正确；B．客机所用的燃料油是航空煤油，是石油分馏得到的，选项B正确；C．碳纤维是由有机纤维经碳化及石墨化处理而得到的微晶石墨材料，是一种新型无机非金属材料，选项C错误；D．在船体上镶嵌锌块，形成锌铁原电池，锌比铁活泼，锌作阳极不断被腐蚀，铁做阴极则不会被腐蚀，选项D正确；答案选C。19、A【解析】A.SO2和碘化钾不反应,所以没有碘单质生成,则不能使淀粉碘化钾溶液变蓝,故A正确；B.H2O2具有强氧化性，能和碘离子反应生成碘单质,所以能使淀粉碘化钾溶液变蓝,B错误;C.新制氯水中氯气和碘离子发生置换反应生成碘单质,所以能使淀粉碘化钾溶液变蓝色,C错误；D.碘酒中含有碘单质,碘与淀粉溶液变蓝色,所以能使淀粉碘化钾溶液变蓝色,D错误。答案选A.20、A【解析】

A．由图像可知，当pH=7时含碳微粒主要为H2CO3和HCO3-，而pH约为3.5时，主要以碳酸形式存在，故要除去NaCl溶液中Na2CO3，需要调节pH小于3.5左右，故A错误；B．Ka1(H2CO3)=cHCO3-cH+cH2CO3，根据图像，X点处c(HCO3-)=c(H2CO3)，此时Ka1(H2CO3)=c(H+)，因此由XC．根据图像，pH=10的溶液中存在碳酸氢钠和碳酸钠，溶液中存在电荷守恒：c(H+)+c(Na+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)，故C正确；D．根据图像，pH＞12.5含碳微粒主要以碳酸根离子形式存在，将CO2通入NaOH溶液制取Na2CO3，应控制pH＞12.5，故D正确；答案选A。21、B【解析】

A项，糖类不一定有甜味，如纤维素属于糖类但没有甜味，故A项错误；

B项，葡萄糖和果糖结构不同，性质不同，但分子式相同，故B项正确；C项，葡萄糖为单糖，蔗糖为二糖，故C项错误；D项，人体内无纤维素酶，不能使纤维素发生水解生成葡萄糖，故D项错误。综上所述，本题正确答案为B。糖类物质是多羟基(2个或以上)的醛类(aldehyde)或酮类(Ketone)化合物，在水解后能变成以上两者之一的有机化合物。在化学上，由于其由碳、氢、氧元素构成，在化学式的表现上类似于“碳”与“水”聚合，故又称之为碳水化合物。22、B【解析】

A.FeCl3具有强氧化性，能与Cu等金属反应，可用于蚀刻铜制的印制线路板，与FeCl3易发生水解无关，A错误；B.漂白粉的主要成分是次氯酸钙，次氯酸钙具有强氧化性，能氧化SO2和NO生成硫酸盐和硝酸盐，所以漂白粉可用于脱除烟气中SO2和NO有害气体，B正确；C.CaCO3能与酸反应，能改良、修复被酸雨浸蚀的土壤，与CaCO3高温下能分解无关，C错误；D.活性炭与Pb2+等金属离子不反应，不能用于除去水体中Pb2+等重金属离子，D错误；故合理选项是B。二、非选择题(共84分)23、C12H9BrADCH2=CHCOOHBrCH2CH2COOHBrCH2CH2COOCH2CH344【解析】

（1）根据化合物Ⅰ的结构简式可写出其分子式为C12H9Br；（2）根据化合物Ⅱ的结构简式，其含有酯基，可发生水解反应，含有苯环，发生苯环上的硝化反应，没有醛基，不可与新制的Cu（OH）2共热生成红色沉淀，没有酚羟基，不可与FeCl3溶液反应显紫色，所以A、D正确，选择AD；（3）根据Ⅵ的结构简式及途径Ⅰ的信息，可推出Ⅴ的结构简式为BrCH2CH2COOCH2CH3，从而可知Ⅴ是由Ⅳ与乙醇发生酯化反应得到，可推出Ⅳ的结构简式为BrCH2CH2COOH，而化合物Ⅲ含有3个碳原子，且可发生加聚反应，从而可知化合物Ⅲ的结构简式为CH2=CHCOOH，故合成路线可表示为：CH2=CHCOOHBrCH2CH2COOHBrCH2CH2COOCH2CH3；（4）化合物Ⅴ的结构为BrCH2CH2COOCH2CH3，每个碳原子上的氢都相同，不同碳原子上的H原子不相同，所以应有4组峰；以氢原子H替代化合物Ⅵ中的ZnBr，所得化合物的结构简式为CH3CH2COOCH2CH3，其属于羧酸类的结构应为C4H9COOH，C4H9—为丁基，丁基有4种不同的结构的H原子，所以C4H9COOH的同分异构体共有4种；（5）根据题目信息，有机锌试剂（R—ZnBr）与酰氯（）偶联可用于制备药物Ⅱ，因此化合物Ⅵ为BrZnCH2CH2COOCH2CH3，则要合成Ⅱ，Ⅶ为酰氯，根据Ⅱ的结构及途径Ⅰ合成化合物药物Ⅱ的方式，可推知Ⅶ的结构为。24、还原反应取代反应将羧酸转化成酯，防止环氧乙烷水解或聚合+3NaOH+2NaCl+H2OHOCH2-CH2-CH2-CH2OHHOOC-CH2-CH2-COOH【解析】

(1)对比A、B的结构简式可知，A中羰基转化为亚甲基；对比D与苯丁酸氮芥的结构可知，反应V为取代反应；(2)试剂③是环氧乙烷，对比B、D的结构简式，反应Ⅲ是B与甲醇发生酯化反应；(3)试剂③是环氧乙烷()，环氧乙烷在酸或碱中易水解或聚合，结合B的结构分析解答；(4)①属于芳香族化合物，且苯环上的一氯取代物只有一种，②能与盐酸反应成盐，不能与碳酸氢钠溶液反应，说明含有氨基，不含羧基，③能发生水解反应和银镜反应，说明含有酯基、醛基，④0.1摩尔G与足量金属钠反应可放出标况下2.24升氢气，说明结构中含有2个羟基，加成分析书写G的结构简式；(5)苯丁酸氮芥中的Cl原子、羧基均能与氢氧化钠反应；(6)以1，4-丁烯二醇()合成丁二酸(HOOC-CH2-CH2-COOH)，为了防止羟基氧化过程中碳碳双键断裂，需要首先将碳碳双键转化为单键，再氧化，加成分析解答。【详解】(1)对比A、B的结构简式可知，A中转化为氨基，羰基转化为亚甲基，属于还原反应(包括肽键的水解反应)；对比D与苯丁酸氮芥的结构可知，反应V为取代反应，而反应VI为酯的水解反应，故答案为：还原反应；取代反应；(2)试剂③是环氧乙烷，对比B、D的结构简式，反应Ⅲ是B与甲醇发生的酯化反应，故C的结构简式为：，故答案为：；(3)试剂③是环氧乙烷()，环氧乙烷在酸或碱中易水解或聚合，根据流程图，设计反应Ⅲ的目的是：将B中的羧酸转化成酯，防止环氧乙烷水解或聚合，故答案为：将羧酸转化成酯，防止环氧乙烷水解或聚合；(4)D()的一种同分异构体G有下列性质：①属于芳香族化合物，且苯环上的一氯取代物只有一种，②能与盐酸反应成盐，不能与碳酸氢钠溶液反应，说明含有氨基，不含羧基，③能发生水解反应和银镜反应，说明含有酯基、醛基，④0.1摩尔G与足量金属钠反应可放出标况下2.24升氢气，说明含有2个羟基，符合条件的结构为等，故答案为：；(5)苯丁酸氮芥中Cl原子、羧基均能够与氢氧化钠反应，与足量的氢氧化钠反应的化学方程式为：+3NaOH+2NaCl+H2O，故答案为：+3NaOH+2NaCl+H2O；(6)以1，4-丁烯二醇()合成丁二酸(HOOC-CH2-CH2-COOH)，1，4-丁烯二醇可以首先与氢气加成生成1，4-丁二醇(HOCH2-CH2-CH2-CH2OH)，然后将HOCH2-CH2-CH2-CH2OH催化氧化即可，合成路线为HOCH2-CH2-CH2-CH2OHHOOC-CH2-CH2-COOH，故答案为：HOCH2-CH2-CH2-CH2OHHOOC-CH2-CH2-COOH。25、防止苯胺被氧化，同时起着沸石的作用温度过高，未反应的乙酸蒸出，降低反应物的利用率；温度过低，又不能除去反应生成的水若让反应混合物冷却，则固体析出沾在瓶壁上不易处理吸滤瓶布氏漏斗重结晶【解析】

（1）锌粉起抗氧化剂作用，防苯胺氧化，另外混合液加热，加固体还起到防暴沸作用；（2）乙酸有挥发性，不易温度太高，另外考虑到水的沸点为100℃，太低时水不易蒸发除去；（3）“趁热”很明显是防冷却，而一旦冷却就会有固体析出；抽滤装置所包含的仪器除减压系统外，还有吸滤瓶和布氏漏斗；（4）粗产品需进一步提纯，该提纯方法是重结晶。26、2V2O5+N2H4﹒2HCl+6HCl=4VOCl2+N2↑+6H2O氯气有毒，污染空气打开活塞a数分钟后，再打开活塞bHCl与NH4HCO3反应Cl-除去过量的KMnO42.88%【解析】

V2O5与盐酸、N2H4﹒2HCl混合发生反应：2V2O5+N2H4﹒2HCl+6HCl=4VOCl2+N2↑+6H2O，得到VOCl2溶液，加碳酸氢铵溶液后得到氧钒(IV)碱式碳酸铵晶体。（1）根据原子守恒及氧化还原反应原理分析解答；（2）根据题给信息中+4价V易被氧化的性质分析解答；（3）根据原子守恒及晶体的组成分析解答；（4）根据滴定原理及氧化还原反应原理分析解答。【详解】（1）根据原子守恒分析生成的一种无色无污染的气体为N2，该反应的化学方程式为2V2O5+N2H4﹒2HCl+6HCl=4VOCl2+N2↑+6H2O；根据氧化还原反应原理分析，V被还原，则浓盐酸的中Cl被氧化生成氯气，氯气有毒，污染空气，故答案为：2V2O5+N2H4﹒2HCl+6HCl=4VOCl2+N2↑+6H2O；氯气有毒，污染空气；（2）①已知VO2+能被O2氧化，故装置中不能有空气，所以反应前先通入CO2数分钟排除装置中的空气，避免产物被氧化，所以实验操作时先打开活塞a数分钟后，再打开活塞b，故答案为：打开活塞a数分钟后，再打开活塞b；②A中制得的二氧化碳混有氯化氢气体，B装置中的试剂应是除去二氧化碳气体中HCl气体的饱和NaHCO3溶液，若无装置B，则HCl与NH4HCO3反应，故答案为：HCl与NH4HCO3反应；（3）根据原子守恒分析，及晶体的组成分析，NH4HCO3溶液洗涤除去阴离子主要是Cl-，故答案为：Cl-；（4）①根据分析，KMnO4溶液的作用是氧化V，NaNO2溶液的作用是除去过量的KMnO4，故答案为：除去过量的KMnO4；②根据V元素的质量守恒，根据滴定反应VO2++Fe2++2H+=VO2++Fe3++H2O，则n(V)=n((NH4)2Fe(SO4)2)=0.08mol·L-1×0.03L=0.0024mol，则粗产品中钒的含量为：，故答案为：2.88%。27、b、c⑥cFeS+2H+=Fe2++H2S↑关闭活塞K，从长颈漏斗注水，使长颈漏斗管内液面高于试管内液面，一段时间液面不下降则气密性好酒精灯、温度计品红溶液品红溶液【解析】

实验室用亚硫酸钠固体与硫酸反应制取SO2气体，反应方程式为：Na2SO3+H2SO4═Na2SO4+SO2↑+H2O。【详解】（1）a．15%的H2SO4溶液，SO2是一种没有颜色而有刺激性气味的有毒气体，易溶于水，由于SO2气体是易溶于水的气体，所以不能选择15%的H2SO4溶液，a错误；

b．75%的H2SO4溶液，由于SO2气体是易溶于水的气体，用浓硫酸可以降低二氧化硫在水中的溶解度，b正确；

c．Na2SO3固体，Na2SO3固体易溶于水，保证反应均匀进行，c正确；

d．CaSO3固体，由于CaSO3固体与硫酸反应生成的CaSO4固体微溶，容易在CaSO3固体表面形成一层薄膜阻止反应的进行，d错误；气体的制取装置的选择与反应物的状态、溶解性和反应的条件有关；实验室用亚硫酸钠固体与硫酸反应制取SO2气体，反应方程式为：Na2SO3+H2SO4═Na2SO4+SO2↑+H2O，该制取所需装置为固体和液体反应不需加热制取气体，因Na2SO3固体易溶于水，选①无法控制反应的开始和停止和反应的速率，选⑥，故答案为：b、c；⑥；（2）装置①的特点，固体与液体反应，不需要加热，且固体难溶于水，便于控制反应，Na2S固体易溶于水的固体，CuS固体与稀硫酸不反应，FeS2颗粒虽难溶于水但与酸发生：FeS2+H2SO4=H2S2+FeSO4，H2S2类似于H2O2，易分解，发生H2S2=H2S↑+S↓，显然不及用FeS固体与稀H2SO4反应制取H2S气体副产物少，反应快，因此实验室用FeS固体和稀硫酸反应制取H2S气体，FeS+2H+=Fe2++H2S↑，用FeS固体与稀H2SO4反应制取H2S气体，是固液常温型反应，所以c正确，故答案为：c；

FeS+2H+=Fe2++H2S↑；（3）装置①为简易的制取气体装置，对于该装置的气密性检查，主要是通过气体受热后体积膨胀、压强增大或压强增大看体积变化来进行检验．如夹紧止水夹，向长颈漏斗中加水至其液面高于试管中的液面，一段时间后，看液面高度差有无变化，说明变化装置漏气，反之不漏气，故答案为：关闭活塞K，从长颈漏斗注水，使长颈漏斗管内液面高于试管内液面，一段时间液面不下降则气密性好；（4）实验室制取乙烯的原理是CH3CH2OHCH2=CH2↑+H2O，需酒精灯加热，需温度计测反应的温度，故答案为：酒精灯、温度计；（5）为探究制备乙烯是否存在副产物SO2和CO2，制备的气体从发生装置出来除去乙烯后依次选择了装置②、④、⑤，可先用品红检验二氧化硫，用品红检验二氧化硫是否除尽，最后用澄清石灰水检验二氧化碳，故答案为：品红溶液；品红溶液。28、富集CO2生成的K2CO3难分解产生CO2CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)△H=﹣49.5kJ/mol水蒸气适当加压有利于提高反应速率和原料利用率，但压强太高增大成本K=c(Ba2+)c(CO32﹣)BaCO3的式量大，相对误差小未配平两边电荷数O2+2H2O+4e-=4OH﹣【解析】

(1)碳酸氢钾不稳定，加热时分解生成碳酸钾和二氧化碳、水，碳酸钾不分解；(2)4.4kgCO2的物质的量是100mol，100mol二氧化碳和足量氢气反应放出4947KJ热量，据此计算1mol二氧化碳与足量氢气反应放出的热量，从而写出其热化学反应方程式；根据合成甲醇的方程可知，反应生成甲醇和水蒸气，水蒸气可以给碳酸氢钾分解提供能量；(3)合成甲醇的反应为体积减小的反应，增大压强平衡正移；(4)①溶解平衡方程式书写平衡常数表达