2026年江苏吴江青云中学高三高考模拟化学试题试卷含解析

2026年江苏吴江青云中学高三高考模拟化学试题试卷考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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、某原子电子排布式为1s22s22p3，下列说法正确的是A．该元素位于第二周期IIIA族 B．核外有3种能量不同的电子C．最外层电子占据3个轨道 D．最外层上有3种运动状态不同的电子2、把1．4g铁粉完全溶解于某浓度的硝酸中，如反应只收集到2．3molNO2和2．2molNO，下列说法正确的是A．反应后生成的盐只为Fe（NO3）3B．反应后生成的盐只为Fe（NO3）2C．反应后生成的盐为Fe（NO3）3和Fe（NO3）2，其物质的量之比为1∶3D．反应后生成的盐为Fe（NO3）3和Fe（NO3）2，其物质的量之比为3∶13、下列实验能达到实验目的的是（）A．A B．B C．C D．D4、已知磷酸分子()中的三个氢原子都可以与重水分子(D2O)中的D原子发生氢交换。又知次磷酸(H3PO2)也可与D2O进行氢交换，但次磷酸钠(NaH2PO2)却不能与D2O发生氢交换。下列说法正确的是A．H3PO2属于三元酸B．H3PO2的结构式为C．NaH2PO2属于酸式盐D．NaH2PO2溶液可能呈酸性5、短周期元素X、Y、Z、M的原子序数依次增大，它们组成一种团簇分子，结构如图所示。X、M的族序数均等于周期序数，Y原子核外最外层电子数是其电子总数的。下列说法正确的是（）A．简单离子半径：Z>M>YB．常温下Z和M的单质均能溶于浓硝酸C．X+与Y22-结合形成的化合物是离子晶体D．Z的最高价氧化物的水化物是中强碱6、下列关于同温同压下的两种气体12C18O和14N2的判断正确的是A．体积相等时密度相等 B．原子数相等时具有的中子数相等C．体积相等时具有的电子数相等 D．质量相等时具有的质子数相等7、能使氢硫酸溶液的pH先升高后降低的物质是A．Cl2 B．SO2 C．CuSO4 D．O28、下列有关氮元素及其化合物的表示正确的是（）A．质子数为7、中子数为8的氮原子：NB．溴化铵的电子式：C．氮原子的结构示意图：D．间硝基甲苯的结构简式：9、下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是()A．常温下，由水电离的c(H+)=10-13mol·L-1的溶液中：Na+、NH4+、Cl-、HCO3-B．酸性碘化钾溶液中滴加适量双氧水：2I—2H+H2O2=I22H2OC．氢氧化钡溶液与硫酸铜溶液反应：Ba2++SO42—=BaSO4D．向饱和碳酸钠溶液中通入二氧化碳：CO32—CO2H2O=2HCO3—10、以石墨为电极分别电解水和饱和食盐水，关于两个电解池反应的说法正确的是（）A．阳极反应式相同B．电解结束后所得液体的pH相同C．阴极反应式相同D．通过相同电量时生成的气体总体积相等（同温同压）11、下列物质属于碱的是A．CH3OH B．Cu2(OH)2CO3 C．NH3·H2O D．Na2CO312、春季复工、复学后，公用餐具消毒是防控新型冠状病毒传播的有效措施之一。下列可直接用作公用餐具消毒剂的是A．95%的乙醇溶液 B．40%的甲醛溶液C．次氯酸钠稀溶液 D．生理盐水13、下图所示的实验，能达到实验目的的是（）A．验证化学能转化为电能B．证明温度对平衡移动的影响C．验证铁发生析氢腐蚀D．验证AgCl溶解度大于Ag2S14、设阿伏加德罗常数的数值为NA，下列说法正确的是A．1L1mol·L－1的NaHCO3溶液中含有的离子数为3NAB．22.4L的CO2与过量Na2O2充分反应转移的电子数为NAC．常温下，2.7g铝片投入足量的浓硫酸中，铝失去的电子数为0.3NAD．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NA15、下列关系图中，A是一种正盐，B是气态氢化物，C是单质，F是强酸。当X无论是强酸还是强碱时都有如下转化关系（其他反应产物及反应所需条件均已略去），当X是强碱时，过量的B跟Cl2反应除生成C外，另一产物是盐酸盐。下列说法中不正确的是（）A．当X是强酸时，A、B、C、D、E、F中均含同一种元素，F可能是H2SO4B．当X是强碱时，A、B、C、D、E、F中均含同一种元素，F是HNO3C．B和Cl2的反应是氧化还原反应D．当X是强酸时，C在常温下是气态单质16、下列操作或原理正确的是（）A．可用玻璃棒蘸取新制氯水点在pH试纸上，测定该氯水的pH值B．装Na2CO3溶液的试剂瓶塞用玻璃塞C．蒸馏操作时先通冷却水再加热D．实验室中少量金属钠常保存在煤油中，实验时多余的钠不能放回原试剂瓶中17、下列有关叙述错误的是()A．中国古代利用明矾溶液的酸性清除铜镜表面的铜锈B．陶瓷、水泥和光导纤维均属于硅酸盐材料C．“煤改气”、“煤改电”等清洁燃料改造工程有利于减少雾霾天气D．石油裂解、煤的干馏、玉米制醇、蛋白质的变性都是化学变化18、将Na2O2与过量NaHCO3混合固体在密闭容器中充分加热反应后，排出气体后最终剩余固体是（）A．NaOH和Na2O2 B．NaOH和Na2CO3C．Na2CO3 D．Na2O219、用石墨作电极电解KCl和CuSO4(等体积混合)混合溶液,电解过程中溶液pH随时间t的变化如图所示,下列说法正确的是A．ab段H+被还原,溶液的pH增大B．原溶液中KCl和CuSO4的物质的量浓度之比为2∶1C．c点时加入适量CuCl2固体,电解液可恢复原来浓度D．cd段相当于电解水20、下列说法或表示方法中正确的是A．等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出的热量多B．由C(金刚石)→C(石墨)+119kJ可知，金刚石比石墨稳定C．在101kPa时，2gH2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，氢气燃烧的热化学方程式为：2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)+285.8kJD．在稀溶液中：H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l)+53.7kJ，若将含0.5molH2SO4的浓溶液与含1molNaOH的溶液混合，放出的热量大于53.7kJ21、下列关于氧化还原反应的说法正确的是A．1molNa2O2参与氧化还原反应，电子转移数一定为NA(NA为阿伏加德罗常数的值)B．浓HCl和MnO2制氯气的反应中，参与反应的HCl中体现酸性和氧化性各占一半C．VC可以防止亚铁离子转化成三价铁离子，主要原因是VC具有较强的还原性D．NO2与水反应，氧化剂和还原剂的物质的量之比为2:122、实验室可用浓盐酸与浓硫酸混合快速制取HCl．下列解释合理的是（）A．浓硫酸是高沸点的酸，通过它与浓盐酸反应制取低沸点的酸B．通过改变温度和浓度等条件，利用平衡移动原理制取HClC．两种强酸混合，溶解度会相互影响，低溶解度的物质析出D．浓硫酸的浓度远大于浓盐酸的浓度，高浓度的酸制取低浓度的酸二、非选择题(共84分)23、（14分）化合物F是一种食品保鲜剂，可按如下途径合成：已知：RCHO＋CH3CHORCH(OH)CH2CHO。试回答：（1）A的化学名称是____，A→B的反应类型是____。（2）B→C反应的化学方程式为________。（3）C→D所用试剂和反应条件分别是_____。（4）E的结构简式是_____。F中官能团的名称是_____。（5）连在双键碳上的羟基不稳定，会转化为羰基，则D的同分异构体中，只有一个环的芳香族化合物有____种。其中苯环上只有一个取代基，核磁共振氢谱有5个峰，峰面积比为2∶1∶2∶2∶1的同分异构体的结构简式为____。24、（12分）某有机物M的结构简式为，其合成路线如下：已知：①通常在同一个碳原子上连有两个羟基不稳定，易脱水形成羰基，即②R1CHO+R2CH2CHO+H2O根据相关信息，回答下列问题：（1）B的名称为________；C的结构简式为________。（2）D→E转化过程中第①步反应的化学方程式为_______。（3）IV的反应类型为_______；V的反应条件是_____。（4）A也是合成阿司匹林（）的原料，有多种同分异构体。写出符合下列条件的同分异构体的结构简式______(任写一种即可)。a.苯环上有3个取代基b.仅属于酯类，能发生银镜反应，且1mol该物质反应时最多能生成4molAg；c.苯环上的一氯代物有两种。（5）若以F及乙醛为原料来合成M()，试写出合成路线_________。合成路线示例：25、（12分）草酸（H2C2O1）是一种重要的有机化工原料。为探究草酸的制取和草酸的性质，进行如下实验。实验Ⅰ：探究草酸的制备实验室用硝酸氧化淀粉水解液法制备草酸，装置如下图所示：硝酸氧化淀粉水解液的反应为：C6H12O6＋12HNO3→3H2C2O1＋9NO2↑＋3NO↑＋9H2O。（1）上图实验装置中仪器乙的名称为：____，B装置的作用______（2）检验淀粉是否完全水解所需要的试剂为：______。实验Ⅱ：探究草酸的不稳定性已知：草酸晶体(H2C2O1·2H2O)无色，易溶于水，熔点为101℃，受热易脱水、升华，170℃以上分解产生H2O、CO和CO2。草酸的酸性比碳酸强，其钙盐难溶于水。（3）请选取以上的装置证明草酸晶体分解的产物（可重复使用，加热装置和连接装置已略去）。仪器装置连接顺序为：A→___→____→____→___→E→B→G→____。（1）若实验结束后测得B管质量减轻1．8g，则至少需分解草酸晶体的质量为_____g（已知草酸晶体的M=126g/mol）。实验Ⅲ：探究草酸与酸性高锰酸钾的反应取一定量草酸溶液装入试管，加入一定体积的酸性高锰酸钾溶液，振荡试管，发现溶液开始缓慢褪色，后来迅速变成无色。（反应热效应不明显，可忽略不计）（5）该实验中草酸表现______性，离子方程式_______该反应的反应速率先慢后快的主要原因可能是_________。（6）设计实验证明草酸是弱酸。实验方案：______________(提供的药品及仪器：蒸馏水、0.1mol·L-1NaOH溶液、pH计、0.1mol·L-1草酸溶液，其它仪器自选)26、（10分）为探究铜与稀硝酸反应的气态产物中是否含NO2，进行如下实验．已知：FeSO4+NO→[Fe（NO）]SO4，该反应较缓慢，待生成一定量[Fe（NO）]2+时突显明显棕色．（1）实验前需检验装置的气密性，简述操作__．（2）实验开始时先将Y形试管向盛有碳酸钙的支管倾斜，缓慢滴入稀硝酸，该实验操作的目的是__；铜片和稀硝酸反应的化学方程式为__．（3）洗气瓶中加入KSCN溶液的目的及原理是__；本实验只观察到洗气瓶中出现了棕色，写出尾气处理的化学方程式__．27、（12分）某化学兴趣小组对电化学问题进行了实验探究。Ⅰ.利用如图装置探究金属的防护措施，实验现象是锌电极不断溶解，铁电极表面有气泡产生。(1)写出负极的电极反应式_______________。(2)某学生认为，铁电极可能参与反应，并对产物作出假设：假设1：铁参与反应，被氧化生成Fe2＋假设2：铁参与反应，被氧化生成Fe3＋假设3：____________。(3)为了探究假设1、2，他采取如下操作：①取0.01mol·L－1FeCl3溶液2mL于试管中，加入过量铁粉；②取操作①试管的上层清液加入2滴K3[Fe(CN)6]溶液，生成蓝色沉淀；③取少量正极附近溶液加入2滴K3[Fe(CN)6]溶液，未见蓝色沉淀生成；④取少量正极附近溶液加入2滴KSCN溶液，未见溶液变血红；据②、③、④现象得出的结论是______________。(4)该实验原理可应用于防护钢铁腐蚀，请再举一例防护钢铁腐蚀的措施_________________。Ⅱ.利用如图装置作电解50mL0.5mol·L－1的CuCl2溶液实验。实验记录：A．阳极上有黄绿色气体产生，该气体使湿润的淀粉碘化钾试纸先变蓝后褪色(提示：Cl2氧化性大于IO3-)；B．电解一段时间以后，阴极表面除有铜吸附外，还出现了少量气泡和浅蓝色固体。(1)分析实验记录A中试纸颜色变化，用离子方程式解释：①________________；②___________。(2)分析实验记录B中浅蓝色固体可能是____(写化学式)，试分析生成该物质的原因______。28、（14分）氯气是现代工业的重要原料，将氯化氢转化为氯气的技术成为科学研究的热车点，回答下列问题：（1）Deacon发明的直接氧化法为：4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)。可按下列催化过程进行：Ⅰ.CuCl2(s)=CuCl(s)+Cl2(g)ΔH1=+83kJ·mol-1Ⅱ.CuCl(s)+O2(g)=CuO(s)+Cl2(g)ΔH2=-20kJ·mol-1Ⅲ.4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)ΔH3反应Ⅰ能自发进行的条件是___。利用ΔH1和ΔH2计算ΔH3时，还需要利用反应___的ΔH。（2）如图为刚性容器中，进料浓度比c(HCl)：c(O2)分别等于1：1、4：1、7：1时HCl平衡转化率随温度变化的关系：可知反应平衡常数K（400℃）__K（500℃）（填“大于”或“小于”）。设容器内初始压强为p0，根据进料浓度比c(HCl)：c(O2)=4：1的数据，计算400℃时容器内的平衡压强=___（列出计算式）。按化学计量比进料可以保持反应物高转化率，同时降低产物分离的能耗。进料浓度比c(HCl)：c(O2)过低、过高的不利影响分别是___。（3）已知：氯气与NaOH溶液反应可生成NaClO3。有研究表明，生成NaClO3的反应分两步进行：Ⅰ.2ClO-=ClO2-+Cl-Ⅱ.ClO2-+ClO-=ClO3-+Cl-常温下，反应Ⅱ能快速进行，但氯气与NaOH溶液反应很难得到NaClO3，试用碰撞理论解释其原因：___。（4）电解NaClO3水溶液可制备NaClO4，写出阳极反应式：___。29、（10分）(1)下列氮原子的电子排布图表示的状态中，能量由低到高的顺序是_______(填字母代号)。(2)P4S3可用于制造火柴，其分子结构如图所示。①P4S3分子中硫原子的杂化轨道类型为_______________。②每个P4S3分子中含有的孤电子对的数目为__________________。(3)科学家合成了一种阳离子“N5n+，其结构是对称的，5个N排成＂V＂形，每个N都达到8电子稳定结构，且含有2个氮氮三键;此后又合成了一种含有“N5n+”的化学式为”N8”的离子晶体，其电子式为_________________。分子(CN)2中键与键之间的夹角为180°，并有对称性，分子中每个原子的最外层均满是8电子稳定结构，其结构式为_____。(4)直链多磷酸根阴离子是由两个或两个以上磷氧四面体通过共用顶角氧原子连接起来的，如图所示。则由n个磷氧四面体形成的这类磷酸根离子的通式为_________________。(5)碳酸盐中的阳离子不同，热分解温度就不同。下表为四种碳酸盐的热分解温度和金属阳离子半径随着金属阳离子半径的增大，碳酸盐的热分解温度逐步升高，原因是_______________。(6)石墨的晶体结构和晶胞结构如下图所示。已知石墨的密度为pg・cm3，C—C键的键长为cm，阿伏加德罗常数的值为NA，则石墨晶体的层间距为_________cm。

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、B【解析】

由原子电子排布式为1s22s22p3，可知原子结构中有2个电子层，最外层电子数为5，共7个电子，有7个不同运动状态的电子，但同一能级上电子的能量相同，以此来解答。【详解】A．有2个电子层，最外层电子数为5，则该元素位于第二周期VA族，故A错误；B．核外有3种能量不同的电子，分别为1s、2s、3p上电子，故B正确；C．最外层电子数为5，占据1个2s、3个2p轨道，共4个轨道，故C错误；D．最外层电子数为5，则最外层上有5种运动状态不同的电子，故D错误；故答案为B。2、C【解析】

1.4g铁粉的物质的量为1.4g÷56g/mol=2.4mol；收集到2.3molNO2和2.2molNO过程中得到电子物质的量为：2.3mol×[(+5)-(+4)]+2.2mol×[(+5)-(+2)]=2.9mol；若反应生成的盐只有Fe（NO3）3，Fe失去的电子物质的量为1.2mol≠2.9mol，若反应生成的盐只有Fe（NO3）2，Fe失去的电子物质的量为2.8mol≠2.9mol，所以可得1.4g铁粉反应后生成了硝酸铁和硝酸亚铁，根据Fe守恒n[Fe(NO3)3]+n[Fe(NO3)2]=2.4mol，根据得失电子相等可得3n[Fe(NO3)3]+2n[Fe(NO3)2]=2.9mol，解得n[Fe(NO3)3]=2.1mol，n[Fe(NO3)2]=2.3mol，Fe（NO3）3和Fe（NO3）2物质的量之比为1∶3，答案选C。3、D【解析】

A.常温下铝与浓硝酸会发生钝化反应，铜与浓硝酸发生氧化还原反应，作负极，不能说明铝比铜活泼，故A错误；B.制备溴苯要苯和液溴反应，故B错误；C.二氧化碳与过氧化钠反应生成氧气，故无法提纯CO气体，故C错误；D.Fe2+容易被空气中氧气氧化为Fe3+，Fe3+可以与SCN-反应生成红色物质Fe(SCN)3,故D正确；故答案选:D。常温下铝与浓硝酸会发生钝化反应，铜与浓硝酸发生氧化还原反应，作负极。4、B【解析】A．次磷酸(H3PO2)也可跟D2O进行氢交换，但次磷酸钠(NaH2PO2)却不能跟D2O发生氢交换，则H3PO2中只有一个羟基氢，为一元酸，故A错误；B．H3PO2中只有一个羟基氢，为一元酸，则其结构为，故B正确；C．H3PO2为一元酸，则NaH2PO2属于正盐，故C错误；D．NaH2PO2是强碱盐，不能电离出H+，则其溶液可能显中性或碱性，不可能呈酸性，故D错误；答案为B。点睛：准确理解信息是解题关键，根据磷酸分子中的三个氢原子都可以跟重水分子(D2O)中的D原子发生氢交换及次磷酸(H3PO2)也可跟D2O进行氢交换，说明羟基上的氢能与D2O进行氢交换，但次磷酸钠(NaH2PO2)却不能跟D2O发生氢交换，说明次磷酸钠中没有羟基氢，则H3PO2中只有一个羟基氢，由此分析判断。5、D【解析】

短周期元素X、M的族序数均等于周期序数，符合要求的只有H、Be、Al三种元素；结合分子结构图化学键连接方式，X为H元素，M为Al元素，Y原子核外最外层电子数是其电子总数的，Y为O元素，原子序数依次增大，Z元素在O元素和Al元素之间，结合题图判断Z为Mg元素，据此分析解答。【详解】根据分析X为H元素，Y为O元素，Z为Mg元素，M为Al元素；A．Y为O元素，Z为Mg元素，M为Al元素，简单离子的核外电子排布结构相同，核电荷数越大，半径越小，则半径：Y>Z>M，故A错误；B．Z为Mg元素，M为Al元素，常温下Al遇浓硝酸发生钝化，不能溶于浓硝酸，故B错误；C．X为H元素，Y为O元素，X+与Y22-结合形成的化合物为双氧水，是分子晶体，故C错误；D．Z为Mg元素，Z的最高价氧化物的水化物为氢氧化镁，是中强碱，故D正确；答案选D。6、C【解析】

A、根据阿伏加德罗定律，物质的量相等，因为摩尔质量不相等，则质量不等，根据密度的定义，密度不相等，故错误；B、两者都是双原子分子，原子数相等，则物质的量相等，前者中子数为16，后者为14，则中子数不等，故错误；C、根据阿伏加德罗定律，两者物质的量相等，前者电子为14，后者为14，因此等物质的量时，两种物质所含电子数相等，故正确；D、质量相等，两种物质的摩尔质量不等，则物质的量不相等，质子数不相等，故错误。7、B【解析】

A、H2S+4Cl2+4H2O=H2SO4+8HCl，氢硫酸属于弱酸、硫酸和HCl属于强酸，所以溶液酸性增强，则溶液的pH减小，选项A错误；B、2H2S+SO2=3S↓+2H2O，该反应由酸性变为中性，所以pH增大，二氧化硫过量酸性增强pH降低，选项B正确；C、H2S+CuSO4=CuS↓+H2SO4，氢硫酸是弱酸、硫酸是强酸，则溶液酸性增强，溶液的pH减小，选项C错误；D、2H2S+O2=S↓+2H2O，溶液由酸性变为中性，则溶液的pH增大，选项D错误；答案选B。本题考查了氢硫酸的性质，根据物质之间的反应分析解答，会正确书写方程式，注意C是由弱酸制取强酸的反应，生成的硫化铜不溶于酸，为易错点。8、D【解析】

A．质子数为7、中子数为8的氮原子：,故A错误；B．溴化铵的电子式：，故B错误；C．氮原子的结构示意图：，故C错误；D．间硝基甲苯的结构简式：，故D正确；答案选D。9、B【解析】

A、由水电离的c(H+)=10-13mol·L-1的溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，NH4+与OH-能够发生反应，HCO3-与H+和OH-均能反应，因此不能大量共存，故A错误；B、I-具有还原性，H2O2具有氧化性，在酸性条件下，二者能够发生氧化还原反应：2I-2H+H2O2＝I22H2O，故B正确；C、氢氧化钡溶液与硫酸铜溶液反应离子方程式为：，故C错误；D、因碳酸钠溶解度大于碳酸氢钠，向饱和碳酸钠溶液中通入二氧化碳充分反应后生成的碳酸氢钠会析出，因此其离子反应方程式为：，故D不正确；故答案为：B。判断离子方程式是否正确可从以下几个方面进行：①从反应原理进行判断，如反应是否能发生、反应是否生成所给产物等；②从物质存在形态进行判断，如拆分是否正确、是否正确表示了难溶物和气体等；③从守恒角度进行判断，如原子守恒、电荷守恒、氧化还原反应中的电子转移守恒等；④从反应的条件进行判断；⑤从反应物的组成以及反应物之间的配比进行判断。10、C【解析】

A．以石墨为电极电解水，阳极反应式为4OH--4e-=2H2O+O2↑，以石墨为电极电解饱和食盐水，阳极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑，阳极的电极反应式不同，故A错误；B．电解水时其pH在理论上是不变的，但若加入少量硫酸则变小，若加入少量氢氧钠则变大，若加入硫酸钠则不变；电解饱和氯化钠溶液生成氢氧化钠和氯气和氢气，pH变大，所以电解结束后所得液体的pH不相同，故B错误；C．以石墨为电极电解水和饱和食盐水的阴极反应式为：2H++2e-=H2↑，所以电极反应式相同，故C正确；D．若转移电子数为4mol，则依据电解方程式2H2O2H2↑+O2↑～4e-，电解水生成3mol气体；依据电解方程式2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑～2e-，电解食盐水生成4mol气体，在同温同压下气体的总体积不相等，故D错误；故选C。明确电解池工作原理、准确判断电极及发生反应是解题关键。本题的易错点为D，要注意氧化还原反应方程式中根据转移电子的相关计算。11、C【解析】

A.CH3OH为非电解质，溶于水时不能电离出OH－，A项错误；B.Cu2(OH)2CO3难溶于水，且电离出的阴离子不全是OH－，属于碱式盐，B项错误；C.NH3·H2O在水溶液中电离方程式为NH4++OH－，阴离子全是OH－，C项正确；D.Na2CO3电离只生成Na+、CO32-，属于盐，D项错误。本题选C。12、C【解析】

A.95%乙醇使菌体表面蛋白迅速变性凝固，妨碍乙醇再渗入，不能起到消毒的效果，故A错误；B.甲醛有毒，故B错误；C.次氯酸钠稀溶液具有强氧化性，能够杀菌消毒，且产物无毒，故C正确；D.生理盐水不能消毒杀菌，故D错误；故答案为C。日常用75%的乙醇溶液进行消毒杀菌；生理盐水就是0.9%的氯化钠水溶液，没有消毒杀菌的功效。13、B【解析】

A．由图可知，没有形成闭合回路，不能形成原电池，不能验证化学能转化为电能，故A不能达到实验目的；B．在圆底烧瓶中存在化学平衡：2NO2⇌N2O4，二氧化氮为红棕色气体，利用颜色的深浅，可说明温度对二氧化氮与四氧化二氮的化学平衡的影响，故B能达到实验目的；C．食盐水为中性，铁发生吸氧腐蚀，不会发生析氢腐蚀，故C不能达到实验目的；D．加入NaCl溶液后，溶液中Ag+还有剩余，再滴入Na2S溶液后，会生成黑色沉淀，不存在沉淀的转化，因此无法判断AgCl与Ag2S的溶解度大小关系，故D不能达到实验目的；故答案为B。14、D【解析】

A．HCO3-不能完全电离，部分发生水解，因此1L、1mol·L－1的NaHCO3溶液中含有的离子数小于3NA，故A错误；B．未注明气体的状况，无法确定气体的物质的量，故B错误；C．铝片遇到冷的浓硫酸会钝化，铝失去的电子数小于0.3NA，故C错误；D．氮气和一氧化碳的摩尔质量都是28g/mol，都是双原子分子，14g由N2与CO组成的混合气体的物质的量为:=0.5mol，含有1mol原子，含有的原子数目为NA，故D正确；故答案为D。15、D【解析】

根据图中的转化关系可知，A一定是弱酸的铵盐，当X是强酸时，A、B、C、D、E、F分别是：Na2S、H2S、S、SO2、SO3、H2SO4；当X是强碱时，A、B、C、D、E、F分别是：NH4Cl、NH3、N2、NO、NO2、HNO3。【详解】A.由上述分析可知，当X是强酸时，F是H2SO4，故A正确；B.由上述分析可知，当X是强碱时，F是HNO3，故B正确；C.无论B是H2S还是NH3，B和Cl2的反应一定是氧化还原反应，故C正确；D.当X是强酸时，C是硫，在常温下是固态单质，故D错误；答案选D。16、C【解析】

A．依据氯水成分及性质漂白性判断；B．碳酸钠水溶液呈碱性，能够与玻璃中二氧化硅反应生成具有粘性硅酸钠溶液；C．后先通冷却水，一开始产生的水蒸气没有得到冷却；D．多余的钠应放回试剂瓶。【详解】A．氯水中含有次氯酸，次氯酸具有漂白性，能够漂白pH试纸，不能用pH试纸测试氯水的pH值，故A错误；B．碳酸钠水溶液呈碱性，能够与玻璃中二氧化硅反应生成具有粘性硅酸钠溶液，将玻璃塞与试剂瓶粘到一起，故B错误；C．先通冷却水，保证冷凝管的管套中充满水，再开始加热，否则一开始产生的水蒸气没有得到冷却，故C正确；D．实验室中少量金属钠常保存在煤油中，实验时多余的钠能放回原试剂瓶中，故D错误；故选：C。本题考查化学中仪器的使用及试剂的保存，解题关键：熟悉各种仪器的用途及使用注意事项、掌握常见化学实验基本操作的注意事项，易错点A，注意氯水的漂白性。17、B【解析】

A．明矾溶液中Al3+水解使溶液呈酸性，铜锈为Cu2(OH)2CO3，溶于酸性溶液，故利用明矾溶液的酸性清除铜镜表面的铜锈，故A正确；B．陶瓷、水泥和玻璃为硅酸盐产品，而光导纤维的主要成分为二氧化硅，不属于硅酸盐材料，故B错误；C．二氧化硫、氮氧化物以及可吸入颗粒物这三项是雾霾主要组成，前两者为气态污染物，最后一项颗粒物才是加重雾霾天气污染的罪魁祸首．它们与雾气结合在一起，让天空瞬间变得灰蒙蒙的，“煤改气”、“煤改电”等清洁燃料改造工程减少了二氧化硫、氮氧化物和可吸入颗粒物，故有利于减少雾霆天气，故C正确；D．石油裂解、煤的干馏、玉米制醇、蛋白质的变性过程均生成了新的物质，是化学变化，故D正确；故选B。本题综合考查常见物质的组成、性质的应用，为高考常见题型，题目难度不大，侧重于化学与生活的考查，注意光导纤维的主要成分为二氧化硅，不属于硅酸盐。18、C【解析】

加热时碳酸氢钠分解生成二氧化碳和水，分别与过氧化钠反应生成碳酸钠和氢氧化钠，当碳酸氢钠过量时，生成二氧化碳过量，最终产物为碳酸钠。【详解】加热时碳酸氢钠分解生成二氧化碳和水，二氧化碳和水与过氧化钠反应，当碳酸氢钠过量时，生成二氧化碳、水均过量，则反应后生成的固体中不可能存在过氧化钠，过氧化钠先与过量的二氧化碳反应生成碳酸钠，则最终产物为碳酸钠；故答案选C。19、D【解析】

用惰性电极电解相等体积的KCl和CuSO4混合溶液，溶液中存在的离子有：K+，Cl-，Cu2+，SO42-，H+，OH-；阴极离子放电顺序是Cu2+＞H+，阳极上离子放电顺序是Cl-＞OH-，电解过程中分三段：第一阶段：阳极上电极反应式为2Cl--2e-═Cl2↑、阴极电极反应式为Cu2++2e-═Cu，铜离子浓度减小，水解得到氢离子浓度减小，溶液pH上升；第二阶段：阳极上电极反应式为4OH--4e-═2H2O+O2↑（或2H2O-4e-═4H++O2↑），阴极反应先发生Cu2++2e-═Cu，反应中生成硫酸，溶液pH降低；第三阶段：阳极电极反应式为4OH--4e-═2H2O+O2↑、阴极电极反应式为2H++2e-═H2↑，实质是电解水，溶液中硫酸浓度增大，pH继续降低；据此分析解答。【详解】A.ab段阴极电极反应式为Cu2++2e-═Cu，由于铜离子浓度减小，水解得到氢离子浓度减小，溶液pH上升，氢离子未被还原，故A错误；B.由图像可知，ab、bc段，阴极反应都是Cu2++2e-═Cu，所以原混合溶液中KCl和CuSO4的浓度之比小于2:1，故B错误；C.电解至c点时，阳极有氧气放出，所以往电解液中加入适量CuCl2固体，不能使电解液恢复至原来的浓度，故C错误；D.cd段pH降低，此时电解反应参与的离子为H+，OH-，电解反应相当于电解水，故D正确；选D。本题考查电解原理，明确离子放电顺序是解本题关键，根据电解过程中溶液中氢离子浓度变化判断发生的反应；本题需结合图象分析每一段变化所对应的电解反应。20、D【解析】

A.等质量的硫蒸气比硫固体含有的能量高，因此二者分别完全燃烧，前者放出的热量多，A错误；B.物质含有的能量越低，物质的稳定性就越强，由C(金刚石)→C(石墨)+119kJ是放热反应，说明金刚石不如石墨稳定，B错误；C.燃烧热是1mol可燃物完全燃烧产生稳定的氧化物时放出的热量，在101Kpa时，2gH2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，则2molH2完全燃烧产生液态水放出的热量是571.6kJ，则氢气燃烧的热化学方程式为：2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)+571.6kJ，C错误；D.由于浓硫酸溶于水会放出热量，所以若将含0.5molH2SO4的浓溶液与含1molNaOH的溶液混合，放出的热量大于53.7kJ，D正确；故合理选项是D。21、C【解析】

A．Na2O2中的O为-1价，既具有氧化性又具有还原性，发生反应时，若只作为氧化剂，如与SO2反应，则1molNa2O2反应后得2mol电子；若只作为还原剂，则1molNa2O2反应后失去2mol电子；若既做氧化剂又做还原剂，如与CO2或水反应，则1molNa2O2反应后转移1mol电子，综上所述，1molNa2O2参与氧化还原反应，转移电子数不一定是1NA，A项错误；B．浓HCl与MnO2制氯气时，MnO2表现氧化性，HCl一部分表现酸性，一部分表现还原性；此外，随着反应进行，盐酸浓度下降到一定程度时，就无法再反应生成氯气，B项错误；C．维生素C具有较强的还原性，因此可以防止亚铁离子被氧化，C项正确；D．NO2与水反应的方程式：，NO2中一部分作为氧化剂被还原价态降低生成NO，一部分作为还原剂被氧化价态升高生成HNO3，氧化剂和还原剂的物质的量之比为1:2，D项错误；答案选C。处于中间价态的元素，参与氧化还原反应时既可作为氧化剂表现氧化性，又可作为还原剂表现还原性；氧化还原反应的有关计算，以三个守恒即电子得失守恒，电荷守恒和原子守恒为基础进行计算。22、B【解析】

A.浓硫酸确实沸点更高，但是浓硫酸并不与浓盐酸发生反应，A项错误；B.的平衡常数极小，正常情况下几乎不会发生。加入浓硫酸一方面可以极大地提高浓度，另一方面浓硫酸稀释时产生大量热，利于产物的挥发，因此反应得以进行，B项正确；C.常温常压下，1体积水能溶解约500体积的氯化氢，因此产生氯化氢的原因并不是因为溶解度，C项错误；D.高浓度的酸并不一定能制低浓度的酸，例如冰醋酸就无法通过这样的方式来制取盐酸，D项错误；答案选B。二、非选择题(共84分)23、对二甲苯（或1，4-二甲苯）取代反应+2NaOH+NaClO2/Cu或Ag，加热碳碳双键、醛基8，【解析】

由流程转化关系，结合题给信息可知，D为。运用逆推法，C为，催化氧化生成；B为，在氢氧化钠溶液中，共热发生水解反应生成；A为，在光照条件下与氯气发生侧链的取代反应生成；与乙醛发生信息反应生成，加热发生消去反应生成。据此解答。【详解】（1）A的结构简式为，名称为对二甲苯或1，4-二甲苯；A→B的反应为在光照条件下与氯气发生侧链的取代反应生成。（2）B→C反应为在氢氧化钠溶液中，共热发生水解反应生成，反应的化学方程式为：+2NaOH+NaCl。（3）C→D的反应为在铜或银作催化剂，在加热条件下与氧气发生氧化反应生成，因此C→D所用试剂和反应条件分别是O2/Cu或Ag，加热。（4）E的结构简式是。F的结构简式为，分子中官能团的名称是碳碳双键、醛基。（5）D为，D的同分异构体中，只有一个环的芳香族化合物说明侧链为链状结构，其可能为醛、酮、含苯环的乙烯基醚和乙烯基酚，其中芳香醛有3种（除去D）、芳香酮1种、含苯环的乙烯基醚1种、乙烯基酚3种，共8种；苯环上只有一个取代基，核磁共振氢谱有5个峰，峰面积比为2∶1∶2∶2∶1的同分异构体的结构简式为和。24、4-氯甲苯(或对氯甲苯)+CH3CHO取代反应银氨溶液、加热（或新制氢氧化铜、加热），再酸化【解析】

由有机物的转化关系，A为甲苯，结构简式为，A在铁做催化剂的条件下发生苯环取代生成，则B为；在光照条件下发生甲基上的取代反应生成，则C为；在氢氧化钠溶液中发生信息①反应生成，则D为；与乙醛在氢氧化钠溶液中发生信息②反应生成，则E为；在铜作催化剂作用下，与NaOCH3在加热条件下发生取代反应生成，发生氧化反应生成。【详解】（1）B的结构简式为，名称为4-氯甲苯(或对氯甲苯)，在光照条件下发生甲基上的取代反应生成，则C的结构简式为，故答案为4-氯甲苯(或对氯甲苯)；；（2）D→E转化过程中第①步反应为在氢氧化钠溶液中与乙醛发生加成反应，反应的化学方程式为+CH3CHO，故答案为+CH3CHO；（3）IV的反应为在铜作催化剂作用下，与NaOCH3在加热条件下发生取代反应生成；V的反应发生氧化反应生成，反应条件可以是银氨溶液、加热（或新制氢氧化铜、加热），再酸化，故答案为取代反应；银氨溶液、加热（或新制氢氧化铜、加热），再酸化；（4）能发生银镜反应且每摩尔物质反应生成4molAg说明含有两个醛基；属于酯类，且苯环上的一氯代物有两种，说明结构对称，结合含有两个醛基且苯环上只有3个取代基可知苯环上含有两个“HCOO-”，另外还剩余1个C原子，即为一个甲基，则符合条件的同分异构体的结构简式为或，故答案为或；（5）由M的结构简式，结合逆推法可知，合成M的流程为CH3CHO在氢氧化钠溶液中发生信息②反应生成CH3CH=CHCHO，CH3CH=CHCHO在催化剂作用下，与氢气在加热条件下发生加成反应生成CH3CH2CH2CH2OH，CH3CH2CH2CH2OH与F在浓硫酸作用下，共热发生酯化反应生成M，合成路线如下：，故答案为。本题考查有机物推断与合成，侧重考查学生分析推理能力、知识迁移运用能力，充分利用转化中物质的结构简式与分子式进行分析判断，熟练掌握官能团的性质与转化是解答关键。25、球形冷凝管防倒吸碘水或I2CDGFJ37.8还原性5H2C2O1+2MnO1-+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O反应生成的硫酸锰或锰离子对反应有催化作用，加快反应速率取少量0.1mol/L草酸溶液于试管中，测定其pH，若pH﹥1，则说明草酸为弱酸【解析】

（1）根据仪器构造可知仪器乙为球形冷凝管；B装置为安全瓶，其作用是防倒吸，故答案为球形冷凝管；防倒吸；（2）淀粉遇碘变蓝色，在已经水解的淀粉溶液中滴加几滴碘液，溶液显蓝色，则证明淀粉没有完全水解，溶液若不显色，则证明淀粉完全水解，故答案为碘水或I2；（3）为证明草酸的受热分解产物中含有H2O、CO2和CO，先首先将混合气体通入盛有无水硫酸铜的干燥管检验水蒸气，如果变蓝说明有水蒸气产生；再通入盛有冷水的洗气瓶除去草酸蒸气，防止草酸干扰二氧化碳的检验；接着通入盛有澄清的石灰水的洗气瓶检验二氧化碳，如果澄清的石灰水变浑浊，则证明含有二氧化碳气体；再用盛有氢氧化钠溶液的洗气瓶吸收二氧化碳，防止二氧化碳干扰一氧化碳的检验；然后再将洗气后的气体进行干燥，最后将气体再通过黑色的氧化铜装置，一氧化碳和黑色的氧化铜反应生成铜和二氧化碳，再用澄清的石灰水检验二氧化碳是否存在，如果澄清石灰水变浑浊，则证明该混合气体中含有一氧化碳；为防止有毒的一氧化碳污染环境，用排水集气法收集一氧化碳，连接顺序为A→C→D→G→F→E→B→G→J，故答案为C；D；G；F；J。（1）由化学方程式CuO+COCu+CO2可知A管减轻质量为氧原子的质量，则n(CO)：m(O)=1:16=n(CO)：1．8g，解得n(CO)为0.3mol，H2C2O1·2H2O受热分解的方程式为H2C2O1•2H2O3H2O+CO↑+CO2↑，由方程式可知分解的草酸晶体为0.3mol，所以质量为：0.3mol×126g/mol=37.8g，故答案为37.8；（5）向草酸溶液中逐滴加入硫酸酸化的高锰酸钾溶液时，可观察到溶液由紫红色变为近乎无色，说明酸性高锰酸钾与草酸发生氧化还原反应，酸性高锰酸钾具有强氧化性，草酸能够被氧化，草酸具有还原性，被氧化为二氧化碳，发生的反应为5H2C2O1+2MnO1-+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O，生成的硫酸锰或锰离子对反应有催化作用，加快反应速率；故答案为还原；5H2C2O1+2MnO1-+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O；生成的硫酸锰或锰离子对反应有催化作用，加快反应速率；（6）若草酸为弱酸，则其在水溶液中不能完全电离，0.1mol·L-1草酸溶液的pH大于1。因此，实验证明草酸是弱酸的实验方案为：取少量0.1mol/L草酸溶液于试管中，用pH计测定其pH，若pH﹥1，则说明草酸为弱酸，故答案为取少量0.1mol/L草酸溶液于试管中，测定其pH，若pH﹥1，则说明草酸为弱酸。本题考查了性质实验方案的设计与评价，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力，注意掌握化学实验基本操作方法，明确常见物质的性质及化学实验方案设计原则是解答关键。26、关闭活塞a和分液漏斗活塞，向分液漏斗中加水，打开分液漏斗活塞，水滴入圆底烧瓶一会儿后不再滴入，则装置气密性良好利用生成的CO2将整个装置内的空气赶尽，避免NO和O2反应生成NO2对气体产物的观察产生干扰3Cu+8HNO3→3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O检验有无NO2产生，若有NO2，则NO2与水反应生成硝酸，硝酸将Fe2+氧化为Fe3+，Fe3+与SCN﹣反应溶液呈血红色，若无二氧化氮则无血红色2NO+O2+2NaOH→NaNO2+NaNO3+H2O【解析】

盛有稀硝酸的分液漏斗与一个不太常见的Y型试管相连，通过Y型试管我们可以先让稀硝酸滴入碳酸钙的一侧，产生赶走装置内的氧气（此时活塞a打开），接下来再让稀硝酸滴入含有铜片的一侧，关闭活塞a开始反应，产生的气体通入集气瓶中观察现象，实验结束后打开活塞a，进行尾气处理即可。【详解】（1）若要检验气密性，可以关闭活塞a和分液漏斗活塞，向分液漏斗中加水，打开分液漏斗活塞，水滴入圆底烧瓶一会儿后不再滴入，则装置气密性良好；（2）根据分析，先和碳酸钙反应的目的是利用生成的CO2将整个装置内的空气赶尽，避免NO和O2反应生成NO2对气体产物的观察产生干扰；铜和稀硝酸的反应产物为，方程式为；（3）在整个中学阶段只有一个用途，那就是检验，此处可以通过来间接检验是否有的生成，若有则与水反应生成硝酸，硝酸将氧化为，与反应呈血红色，若无则溶液不会呈血红色；只观察到了棕色证实反应中只产生了，因此尾气处理的方程为。27、Zn－2e－=Zn2＋铁参与反应，被氧化生成Fe2＋和Fe3＋正极附近溶液不含Fe2＋和Fe3＋在钢铁表面刷一层油漆(其他合理答案均可)2I－＋Cl2=I2＋2Cl－5Cl2＋I2＋6H2O=10Cl－＋2IO3—＋12H＋Cu(OH)2电解较长时间后，Cu2＋浓度下降，H＋开始放电，溶液pH增大，Cu2＋转化为Cu(OH)2沉淀【解析】

Ⅰ.该装置能自发进行氧化还原反应而形成原电池，活泼金属锌做负极，失电子发生氧化反应生成锌离子，电极反应式为Zn-2e-=Zn2+，铁做正极，溶液中氢离子得电子发生还原反应生成氢气，电极反应式为2H++2e-=H2↑；Ⅱ.该装置为电解装置，电解时，氯离子在阳极失电子发生氧化反应生成氯气，电极反应式为2Cl——2e-=Cl2↑，铜离子在阴极上得电子发生还原反应生成铜，电极反应式为Cu2＋＋2e－=Cu。【详解】Ⅰ.（1）该装置能自发进行氧化还原反应而形成原电池，锌易失电子而作负极、铁作正极，负极上电极反应式为Zn-2e-=Zn2+，故答案为：Zn-2e-=Zn2+；（2）由题给假设可知，假设三为:铁参与反应，铁被氧化生成Fe2+、Fe3+。故答案为：铁参与反应，被氧化生成Fe2+、Fe3+；(3)亚铁离子和K3[Fe（CN）6]生成蓝色沉淀，铁离子和硫氰化钾溶液反应生成血红色溶液，据②、③、④现象知，正极附近溶液不含Fe2+、Fe3+，即铁不参与反应，故答案为：正极附近溶液不含Fe2+、Fe3+；(4)可以采用物理或化学方法防止金属被腐蚀，如：在钢铁表面刷一层油漆、镀铜等，故答案为：在钢铁表面刷一层油漆、镀铜（其他合理答案均可）；Ⅱ.（1）由题意可知，氯气能氧化碘离子生成碘单质，碘能被氯气氧化生成碘酸，离子方程式分别为2I-+Cl2=I2+2Cl-、5Cl2+I2+6H2O=10Cl-+2IO3-+12H+，故答案为：2I-+Cl2=I2+2Cl-、5Cl2+I2+6H2O=10Cl-+2IO3-+12H+；（2）阴极上电极反应式为：Cu2++2e-=Cu，当铜离子放电完毕后，氢离子放电，2H++2e-=H2↑，致使该电极附近呈碱性，Cu2++2OH-=Cu（OH）2↓，故答案为：Cu（OH）2；电解较长时间后，Cu2+浓度下降，H+开始放电，溶液pH增大，Cu2+转化为Cu（OH）2。注意氯气能氧化碘离子生成碘单质，碘也能被氯气氧化生成碘酸是解答的关键，也是易错点。28、高温CuO（s）+2HCl（g）＝CuCl2（s）+H2O（g）大于0.848p0Cl2和O2分离能耗较高、HCl转化率较低反应Ⅰ的活化能高，活化分子百分数低，不利于ClO－向ClO3－转化ClO3－＋H2O－2e－=ClO4－＋2H＋【解析】

（1）Ⅰ.CuCl2(s)=CuCl(s)+Cl2(g)ΔH1=+83kJ·mol-1，△S＞0，则要△G=△H-T△S＜0，须高温条件下才能自发；Ⅰ.CuCl2(s)=CuCl(s)+Cl2(g)