2026届黑龙江省伊春市重点中学高三年级第一次模拟考试化学试题试卷含解析

2026届黑龙江省伊春市重点中学高三年级第一次模拟考试化学试题试卷考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．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(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、右下表为元素周期表的一部分，其中X、Y、Z、W为短周期元素，W元素的核电荷数为X元素的2倍。下列说法正确的是（）A．X、W、Z元素的原子半径及它们的气态氢化物的热稳定性均依次递增B．Y、Z、W元素在自然界中均不能以游离态存在，它们的最高价氧化物的水化物的酸性依次递增C．YX2晶体熔化、液态WX3气化均需克服分子间作用力D．根据元素周期律，可以推测T元素的单质具有半导体特性，T2X3具有氧化性和还原性2、拉曼光谱证实，AlO2－在水中转化为[Al(OH)4]－。将一定量的Na2CO3、NaAlO2固体混合物溶于适量水中，再逐滴加入1mol/L盐酸，测得溶液中CO32－、HCO3－、[Al(OH)4]－、Al3+的物质的量与加入盐酸的体积变化关系如图所示，则下列说法正确的是A．CO32－、HCO3－和[Al(OH)4]－在水溶液中可大量共存B．d线表示的反应为：[Al(OH)4]－＋H＋=Al(OH)3↓＋H2OC．原固体混合物中CO32－与AlO2－的物质的量之比为1：1D．V1=150mL，V2=300mL；M点生成的CO2为0.05mol3、某元素基态原子4s轨道上有1个电子，则该基态原子价电子排布不可能是（）A．3p64s1 B．4s1 C．3d54s1 D．3d104s14、在一个2L的密闭容器中,发生反应:2SO3(g)2SO2(g)+O2(g)—Q(Q>0)，其中SO3的物质的量随时间变化如图所示，下列判断错误的是A．0～8min内v(SO3)=0.025mol/(L·min)B．8min时，v逆(SO2)=2v正(O2)C．8min时，容器内压强保持不变D．若8min时将容器压缩为1L，n(SO3)的变化如图中a5、常温下，向20.00mL0.1mol•L-1BOH溶液中滴入0.1mol•L-1盐酸，溶液中由水电离出的c（H+）的负对数[-lgc水（H+）]与所加盐酸体积的关系如下图所示，下列说法正确的是A．常温下，BOH的电离常数约为1×10-4B．N点溶液离子浓度顺序：c（B+）>c（Cl-）>c（OH-）>c（H+）C．a=20D．溶液的pH:R>Q6、下列设计的实验方案能达到相应实验目的的是选项实验目的实验方案A探究化学反应的

限度取5mL0.1mol/LKI溶液，滴加0.1mol/LFeCl3溶液5～6滴，充分反应，可根据溶液中既含I2又含I-的实验事实判断该反应是可逆反应B探究浓度对化学反应速率的影响用两支试管各取5mL0.1mol/L的KMnO4溶液，分别加入2mL0.1mol/L和0.2mol/L的草酸溶液，记录溶液褪色所需的时间C证明溴乙烷的消去反应有乙烯生成将NaOH的乙醇溶液加入溴乙烷中加热，将产生的气体直接通入酸性KMnO4溶液中D验证醋酸钠溶液中存在水解平衡取CH3COONa溶液于试管中并加入几滴酚酞试剂，再加入醋酸铵固体其水溶液呈中性，观察溶液颜色变化A．A B．B C．C D．D7、室温下，向20mL0.1mol/LH2A溶液中逐滴加入0.1mol/LNaOH溶液，H2A溶液中各粒子浓度分数δ(X)随溶液pH变化的关系如图所示。下列说法错误的是()A．当溶液中A元素的主要存在形态为A2-时，溶液可能为弱酸性、中性或碱性B．当加入NaOH溶液至20mL时，溶液中存在((Na+)=2c(A2-)+c(HA-)C．室温下，反应A2-+H2A=2HA-的平衡常数的对数值lgK=3D．室温下，弱酸H2A的第一级电离平衡常数用Ka1表示，Na2A的第二级水解平衡常数用Kh2表示，则Kal>Kh28、将钠、镁、铝各0.3mol分别放入100ml1mol/L的盐酸中，在同温同压下产生的气体体积比是（）A．1:2:3 B．6:3:2 C．3:1:1 D．1:1:19、某烃的含氧衍生物的球棍模型如图所示下列关于该有机物的说法正确的是()A．名称为乙酸乙酯B．显酸性的链状同分异构体有3种C．能发生取代、加成和消除反应D．能使溴水或酸性高锰酸钾溶液褪色，且原理相同10、已知NH4CuSO3与足量的10mol／L硫酸混合微热，产生下列现象：①有红色金属生成②产生刺激性气味的气体③溶液呈现蓝色据此判断下列说法正确的是（）A．反应中硫酸作氧化剂B．NH4CuSO3中硫元素被氧化C．刺激性气味的气体是氨气D．1molNH4CuSO3完全反应转移0.5mol电子11、下列说法不正确的是（）A．工厂常用的静电除尘装置是根据胶体带电这一性质设计的B．铝制餐具不宜用来蒸煮或长时间存放酸性、碱性或咸的食物C．铜属于重金属，化学性质不活泼，使用铜制器皿较安全，但铜盐溶液都有毒D．SO2是具有刺激性气味的有毒气体，但可应用于某些领域杀菌消毒12、amolFeS与bmolFe3O4投入到VLcmol/L的硝酸溶液中恰好完全反应，假设只产生NO气体。所得澄清溶液的成分是Fe（NO3）3和H2SO4的混合液，则反应中未被还原的硝酸为A．B．（a+3b）molC．D．（cV－3a－9b）mol13、在测定硫酸铜晶体结晶水含量的实验中，会导致测定结果偏低的是（）A．加热后固体发黑B．坩埚沾有受热不分解的杂质C．加热时有少量晶体溅出D．晶体中混有受热不分解的杂质14、铁的氧化物可用于脱除煤气中的H2S，有一步反应为：Fe3O4(s)+3H2S(g)+H2(g)3FeS(s)+4H2O(g)，其温度与平衡常数的关系如图所示。对此反应原理的理解正确的是A．H2S是还原剂B．脱除H2S的反应是放热反应C．温度越高H2S的脱除率越大D．压强越小H2S的脱除率越高15、潮湿的氯气、新制的氯水及漂粉精的水溶液均能使有色布条褪色，因为它们都含有A．Cl2 B．HClO C．ClO‾ D．HCl16、仪器名称为“干燥管”的是A． B． C． D．17、如图为一原电池工作原理示意图,电池工作过程中左右两烧杯所盛放的溶液中不允许引入杂质。下列有关说法中正确的是()A．所用离子交换膜为阳离子交换膜B．Cu电极的电极反应为Cu-2e-=Cu2+C．电池工作过程中,CuCl2溶液浓度降低D．Fe为负极,电极反应为Fe2++2e-=Fe18、下列溶液中的粒子浓度关系正确的是（）A．0.1mol⋅B．1L0.1C．等体积、等物质的量浓度的NaX和弱酸HX混合后的溶液中：cD．室温下，pH=3.5的柑橘汁中cH+是pH19、第三周期元素X、Y、Z、W的最高价氧化物分别溶于水得溶液，0.010mol/L的这四种溶液pH与该元素原子半径的关系如图所示。下列说法正确的是（）A．Y可能是硅元素B．简单离子半径：Z＞W＞XC．气态氢化物的稳定性：Y＞WD．非金属性：Y＞Z20、下列有关物质性质与用途具有对应关系的是A．Si02熔点很高，可用于制造坩埚B．NaOH能与盐酸反应，可用作制胃酸中和剂C．Al(OH)3是两性氢氧化物，氢氧化铝胶体可用于净水D．HCHO可以使蛋白质变性，可用于人体皮肤伤口消毒21、利用如图所示装置进行下列实验，不能得出相应实验结论的是选项①②③实验结论A稀硫酸Na2CO3Na2SiO3溶液非金属性：S>C>SiB浓硫酸蔗糖溴水浓硫酸具有脱水性、氧化性C浓硝酸FeNaOH溶液说明铁和浓硝酸反应可生成NO2D浓氨水生石灰酚酞氨气的水溶液呈碱性A．A B．B C．C D．D22、根据元素周期律，由下列事实进行归纳推测，合理的是事实推测A．Mg与水反应缓慢，Ca与水反应较快Be与水反应会更快B．HCl在1500℃时分解，HI在230℃时分解HBr的分解温度介于二者之间C．SiH4，PH3在空气中能自燃H2S在空气中也能自燃D．标况下HCl，HBr均为气体HF也为气体A．A B．B C．C D．D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）用煤化工产品合成高分子材料I的路线如下：已知：（1）B、C、D都能发生银镜反应，G的结构简式为（2）根据题意完成下列填空：（1）A的结构简式为__________________。（2）实验空由A制得B可以经过三步反应，第一步的反应试剂及条件为/光照，第二步是水解反应，则第三步的化学反应方程式为____________________。（3）①的反应类型为_______________反应。（4）③的试剂与条件为__________________________。（5）I的结构简式为___________；请写出一个符合下列条件的G的同分异构体的结构简式____________。①能发生银镜反应②能发生水解反应③苯环上一氯取代物只有一种④羟基不与苯环直接相连（6）由乙醇为原料可以合成有机化工原料1-丁醇（），写出其合成路线________________。（合成路线需用的表示方式为：）25、（12分）连二亚硫酸钠(Na2S2O4)俗称保险粉，是一种淡黄色粉末，易溶于水，不溶于乙醇。在实验室制备连二亚硫酸钠流程如下：(1)反应Ⅰ是制备SO2，下图装置可制取纯净干燥的SO2：①按气流方向连接各仪器接口，顺序为a→___→f，装置D的作用是______。②装置A中反应的化学方程式为___。(2)反应Ⅱ所用实验装置如图所示(部分装置省略)。①通SO2之前先强力搅拌，将锌粉和水制成悬浊液，其目的是_________；控制反应温度的方法是____②反应Ⅱ的离子方程式为___。(3)“滤渣”经洗涤、灼烧，可得到一种工业产品是____(填化学式)；加入适量饱和食盐水的目的是___。(4)产品Na2S2O4∙2H2O久置空气中易被氧化，其氧化产物可能是_______(写2种)。26、（10分）S2Cl2是一种金黄色易挥发的液体，常用作橡胶硫化剂。某化学兴趣小组拟设计实验制备少量的S2Cl2，査阅资料知：①干燥的氯气在110℃～140℃与硫反应，即可得到S2Cl2。②S的熔点为1．8℃、沸点为2．6℃；S2Cl2的熔点为-76℃、沸点为138℃。③S2Cl2+Cl22SCl2。④S2Cl2易和水发生歧化反应。该小组设计的制备装置如如图（夹持仪器和加热装置已略去）(1)连接好实验装置后的第一步实验操作是____________。(2)A装置中制取氯气的离子反应方程式_____________。(3)装置B、C中的试剂分别是_____________，_____________；若实验中缺少C装置，发现产品浑浊不清，请用化学方程式表示其原因____________。(4)该实验的操作顺序应为_____________（用序号表示）。①加热装置A②加热装置D③通冷凝水④停止加热装置A⑤停止加热装置D(5)图中G装置中应放置的试剂为______________，其作用为______________。(6)在加热D时温度不宜过高，其原因是_______________；为了提高S2Cl2的纯度，关键的操作是控制好温度和______________。27、（12分）装置Ⅰ是实验室常见的装置，用途广泛（用序号或字母填空）。（1）用它作为气体收集装置：若从a端进气可收集的有___，若从b端进气可收集的气体有___。①O2②CH4③CO2④CO⑤H2⑥N2⑦NH3（2）用它作为洗气装置。若要除去CO2气体中混有的少量水蒸气，则广口瓶中盛放___，气体应从____端通入。（3）将它与装置Ⅱ连接作为量气装置。将广口瓶中装满水，用乳胶管连接好装置，从___端通入气体。（4）某实验需要用1.0mol•L-1NaOH溶液500mL。配制实验操作步骤有：a．在天平上称量NaOH固体，加水溶解，冷却至室温。b．把制得的溶液小心地注入一定容积容量瓶中。c．继续向容量瓶中加水至距刻度线1cm～2cm处，改用胶头滴管加水至刻度线。d．用少量水洗涤烧杯和玻璃棒2～3次，每次将洗涤液转入容量瓶，并摇匀。e．将容量瓶塞塞紧，充分摇匀。填写下列空白：①配制该溶液应当称取___克NaOH固体。②操作步骤和正确顺序为____。③如图该配制过程中两次用到玻璃棒，其作用分别是____、___。④定容时，若俯视刻度线，会使结果____（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。28、（14分）H是合成抗炎药洛索洛芬钠的关键中间体，它的一种合成路线如下：回答下列问题：（1）A的名称是_________，H中官能团名称是_____________；（2）反应①的反应条件为________；（3）反应⑥的化学方程式为____________________________________；反应类型为_________________。（4）反应⑦除生成H外，还生成了另一种有机产物的结构简式为___________。（5）符合下列条件的G的同分异构体有____种。Ⅰ．能发生银镜反应Ⅱ．苯环上一氯取代物只有一种Ⅲ．核磁共振氢谱有4组峰（6）仿照H的合成路线，设计一种由B合成的合成路线。_______29、（10分）十九大报告提出要对环境问题进行全面、系统的可持续治理。绿色能源是实施可持续发展的重要途径，利用生物乙醇来制取绿色能源氢气的部分反应过程如下图所示：（1）已知：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)

△H1=-41kJ/molCH3CH2OH(g)+3H2O(g)2CO2(g)+6H2(g)△H2=+174.1kJ/mol请写出反应I的热化学方程式_____________________________。（2）反应II，在进气比[n(CO):n(H2O)]不同时，测得相应的CO平衡转化率见下图（各点对应的反应温度可能相同，也可能不同；各点对应的其他反应条件都相同）。①经分析，A、E和G三点对应的反应温度相同，其原因是KA=KE=KG=________（填数值）。在该温度下：要提高CO平衡转化率，除了改变进气比之外，还可采取的措施是________。②对比分析B、E、F三点，可得出对应的进气比和反应温度的变化趋势之间的关系是_____________________________________________________________。③比较A、B两点对应的反应速率大小：VA______VB（填“＜”“=”或“＞”）。反应速率v=v正－v逆=－，k正、k逆分别为正、逆向反应速率常数，x为物质的量分数，计算在达到平衡状态为D点的反应过程中，当CO转化率刚好达到20%时=__________（计算结果保留1位小数）。（3）反应III，利用碳酸钾溶液吸收CO2得到饱和的KHCO3电解液，电解活化的CO2来制备乙醇。①已知碳酸的电离常数Ka1=10-a，Ka2=10-b，吸收足量CO2所得饱和KHCO3溶液的pH=c，则该溶液中lg=____________________________________（列出计算式）。②在饱和KHCO3电解液中电解CO2来制备乙醇的原理如图所示。则阴极的电极反应式是_____________________________________________________________________。

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】

从表中位置关系可看出，X为第2周期元素，Y为第3周期元素，又因为X、W同主族且W元素的核电荷数为X的2倍，所以X为氧元素、W为硫酸元素；再根据元素在周期表中的位置关系可推知：Y为硅元素、Z为磷元素、T为砷元素。【详解】A、O、S、P的原子半径大小关系为：P＞S＞O，三种元素的气态氢化物的热稳定性为：H2O＞H2S＞PH3，A不正确；B、在火山口附近或地壳的岩层里，常常存在游离态的硫，B不正确；C、SiO2晶体为原子晶体，熔化时需克服的微粒间的作用力为共价键，C不正确；D、砷在元素周期表中位于金属元素与非金属的交界线附近，具有半导体的特性，As2O3中砷为+3价，处于中间价态，所以具有氧化性和还原性，D正确。答案选D。2、C【解析】

将一定量的Na2CO3、NaAlO2固体混合物溶于适量水中，AlO2－转化为[Al(OH)4]－，除Na+外溶液中主要存在CO32-、[Al(OH)4]－；由于酸性：H2CO3＞HCO3－＞Al(OH)3，则结合H+的能力：[Al(OH)4]－＞CO32-＞HCO3－，向溶液中逐滴加入盐酸，[Al(OH)4]－首先与H+反应转化为Al(OH)3，因此a线代表[Al(OH)4]－减少，发生的反应为：[Al(OH)4]－＋H＋=Al(OH)3↓＋H2O，则[Al(OH)4]－的物质的量为1mol/L×0.05L=0.05mol，生成的Al(OH)3也为0.05mol；接下来CO32-与H+反应转化为HCO3－，b线代表CO32-减少，c线代表HCO3－增多，发生的反应为：CO32-+H+=HCO3－，可计算出n(CO32-)=n(HCO3－)=n(H+)=1mol/L×0.05L=0.05mol；然后HCO3－与H+反应生成H2CO3（分解为CO2和H2O），最后Al(OH)3与H+反应生成Al3+，d线代表HCO3－减少，e线代表Al3+增多。【详解】A．由于酸性：HCO3-＞Al(OH)3，HCO3－会与[Al(OH)4]－发生反应生成Al(OH)3：HCO3－+[Al(OH)4]－=CO32-+Al(OH)3↓+H2O，HCO3－和[Al(OH)4]－在水溶液中不能大量共存，A项错误；B．d线代表HCO3－减少，发生的反应为：HCO3－+H+=CO2↑+H2O，B项错误；C．a线代表[Al(OH)4]－与H+反应：[Al(OH)4]－＋H＋=Al(OH)3↓＋H2O，b线代表CO32-与H+反应：CO32-+H+=HCO3－，由图象知两个反应消耗了等量的H+，则溶液中CO32-与[Al(OH)4]－的物质的量之比为1：1，原固体混合物中CO32－与AlO2－的物质的量之比为1：1，C项正确；D．d线代表HCO3－与H+的反应：HCO3－+H+=CO2↑+H2O，n(HCO3－)=0.05mol，消耗H+的物质的量为0.05mol，所用盐酸的体积为50mL，V1=100mL+50mL=150mL；e线代表Al(OH)3与H+反应：Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O，Al(OH)3的物质的量为0.05mol，会消耗0.15molH+，所用盐酸的体积为150mL，V2=V1+150mL=300mL；M点生成的是HCO3－而非CO2，D项错误；答案选C。在判断HCO3－、Al(OH)3与H+反应的先后顺序时，可用“假设法”：假设HCO3－先与H+反应，生成的H2CO3（分解为CO2和H2O）不与混合物中现存的Al(OH)3反应；假设Al(OH)3先与H+反应，生成的Al3+会与溶液中现存的HCO3－发生双水解反应，转化为Al(OH)3和H2CO3（分解为CO2和H2O），实际效果还是HCO3－先转化为H2CO3，因此判断HCO3－先与H+反应。3、A【解析】

基态原子4s轨道上有1个电子，在s区域价电子排布式为4s1，在d区域价电子排布式为3d54s1，在ds区域价电子排布式为3d104s1，在p区域不存在4s轨道上有1个电子，故A符合题意。综上所述，答案为A。4、D【解析】

A、0～8min内v（SO3）==0.025mol/（L•min），选项A正确；B、8min时，n(SO3)不再变化，说明反应已达平衡，v逆(SO2)=v正(SO2)=2v正(O2)，选项B正确；C、8min时，n(SO3)不再变化，说明各组分浓度不再变化，容器内压强保持不变，选项C正确；D、若8min时压缩容器体积时，平衡向气体体积减小的逆向移动，但纵坐标是指物质的量，不是浓度，SO3的变化曲线应为逐变不可突变，选项D错误；答案选D。本题考查了化学反应速率的求算、平衡常数、平衡状态的判断、平衡移动的图象分析，明确概念是解题的关键。5、D【解析】

BOH对水的电离起抑制作用，加入盐酸发生反应BOH+HCl=BCl+H2O，随着盐酸的加入，BOH电离的OH-浓度减小，对水电离的抑制作用减弱，而且生成的BCl水解促进水的电离，水电离的H+浓度逐渐增大，两者恰好完全反应时水电离的H+浓度达到最大；继续加入盐酸，过量盐酸电离出H+又抑制水的电离，水电离的H+又逐渐减小，结合相应的点分析作答。【详解】A.根据图象，起点时-lgc水（H+）=11，c水（H+）=10-11mol/L，即0.1mol/L的BOH溶液中水电离的H+浓度为10-11mol/L，碱溶液中H+全部来自水的电离，则0.1mol/L的BOH溶液中c（H+）=10-11mol/L，溶液中c（OH-）=10-3mol/L，BOH的电离方程式为BOH⇌B++OH-，BOH的电离平衡常数为=≈10-5，A错误；B.N点-lgc水（H+）最小，N点HCl与BOH恰好完全反应得到BCl溶液，由于B+水解溶液呈酸性，溶液中离子浓度由大到小的顺序为c（Cl-）>c（B+）>c（H+）>c（OH-），B错误；C.N点-lgc水（H+）最小，N点HCl与BOH恰好完全反应得到BCl溶液，N点加入的盐酸的体积为20.00mL，则a<20.00mL，C错误；D.N点-lgc水（H+）最小，N点HCl与BOH恰好完全反应得到BCl溶液，R点加入的盐酸不足、得到BOH和BCl的混合液，Q点加入的盐酸过量、得到BCl和HCl的混合液，即R点加入的盐酸少于Q点加入的盐酸，Q点的酸性强于R点，则溶液的pH：R>Q，D正确；答案选D。解答本题的关键是理解水电离的H+浓度与加入的盐酸体积间的关系，抓住关键点如起点、恰好完全反应的点等。6、D【解析】

A．KI与FeCl3发生氧化还原反应，其离子反应式为2I-+2Fe3+=2Fe2++I2，由于KI过量，因此溶液中存在I2和I-，故不可根据溶液中既含I2又含I-的实验事实判断该反应是可逆反应，A错误；B．高锰酸钾与草酸溶液反应的离子式为

2MnO4-+5H2C2O4+6H+=8H2O+10CO2↑+2Mn2+，可知溶液中高锰酸钾溶液过量，难以观察到褪色现象，B错误；C．由于溶液中挥发的乙醇也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以不能使用酸性高锰酸钾溶液检验乙烯，C错误；D．CH3COONa在水溶液呈碱性是存在阴离子的水解：CH3COO-

+H2O⇌CH3COOH+OH-，加入酚酞溶液后变红，再加入醋酸铵固体，醋酸铵溶液呈中性，此时溶液中CH3COO-浓度增大，反应正向移动，溶液颜色加深，D正确；答案选D。此题易错点是B选项，通过观察高锰酸钾褪色快慢来探究反应速率大小，若高锰酸钾过量则不会观察到褪色，延伸考点还会出现高锰酸钾浓度不同来探究，要注意浓度不同时本身颜色深浅就不同，所以难以通过观察先褪色说明速率快；一般是高锰酸钾浓度相同且量少时，慢慢滴加不同浓度的草酸溶液，以此探究浓度对速率的影响。7、B【解析】

A、当溶液中A元素的主要存在形态为A2－时，溶液pH大于4.2，溶液可能为弱酸性、中性或碱性，故A正确；B、HA与NaOH按1:1混合，所得溶液为NaHA溶液，由图可知，NaHA溶液呈酸性。根据电荷守恒得c(Na＋)+c(H＋)=2(A2－)+c(HA－)+c(OH－)，因为c(H＋)>c(OH－)，所以c(Na＋)<2c(A2－)+c(HA－)，故B错误；C、依据图像中两个交点可计算出Ka1=10-1.2，Ka2=10-4.2，室温下，反应A2－+H2A2HA－的平衡常数K==103，lgK=3，故C正确；D、因为K1=10-1.2，所以Kh2=，故Ka1＞kh2，故D正确；答案选B。本题考查酸碱混合的定量判断及根据弱电解质的电离平衡常数进行计算，明确图象曲线变化的意义为解答关键，难点C注意掌握反应平衡常数与电离常数的关系。8、C【解析】

Na与盐酸反应：2Na＋2HCl=2NaCl＋H2↑，Mg与盐酸反应：Mg＋2HCl=MgCl2＋H2↑，Al与盐酸的反应：2Al＋6HCl=2AlCl3＋3H2↑，然后判断过量，如果金属钠过量，Na还会与水反应；【详解】2Na＋2HCl=2NaCl＋H2↑220.30.3>100×10－3L×1mol·L－1，盐酸不足，金属钠过量，因此金属钠还与水反应：2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑，根据得失电子数目守恒，有0.3mol×1=n(H2)×2，即n(H2)=0.15mol；Mg＋2HCl=MgCl2＋H2↑0.30.6>100×10－3L×1mol·L－1，盐酸不足，金属镁过量，产生n(H2)=0.1mol/2=0.05mol，2Al＋6HCl=2AlCl3＋3H2↑，同理盐酸不足，铝过量，产生n(H2)=0.05mol，相同条件下，气体体积比值等于其物质的量比值，即气体体积比值为0.15mol：0.05mol：0.05mol=3：1：1，故C正确。易错点是金属钠产生H2，学生容易认为盐酸不足，按照盐酸进行判断，错选D选项，忽略了过量的金属钠能与水反应产生H2，即判断金属钠产生H2的物质的量时，可以采用得失电子数目相等进行计算。9、B【解析】

由结构模型可知有机物为CH3COOCH=CH2，含有酯基，可发生取代反应，含有碳碳双键，可发生加成、加聚和氧化反应，以此解答该题。【详解】A．有机物为CH3COOCH=CH2，不是乙酸乙酯，故A错误；B．该化合物的链状同分异构体中,显酸性的同分异构体有CH2=CHCH2COOH、CH3CH=CHCOOH、CH2=CH(CH3)COOH，共3种，故B正确；C．含有酯基，可发生水解反应，含有碳碳双键，可发生加成反应，不能发生消去反应，故C错误；D．含有碳碳双键，能使溴水褪色是发生了加成反应，与酸性高锰酸钾反应是发生了氧化还原反应，故原理不同，故D错误；答案选B。10、D【解析】

A项，反应只有Cu元素的化合价发生变化，硫酸根中硫元素在反应前后化合价未变，反应中硫酸体现酸性，不做氧化剂，故A项错误；B项，反应前后S元素的化合价没有发生变化，故B项错误；C项，因反应是在酸性条件下进行，不可能生成氨气，故C项错误；D项，NH4CuSO3与硫酸混合微热，生成红色固体为Cu、在酸性条件下，SO32-+2H+=SO2↑+H2O，反应产生有刺激性气味气体是SO2，溶液变蓝说明有Cu2+生成，则NH4CuSO3中Cu的化合价为+1价，反应的离子方程式为：2NH4CuSO3+4H+=Cu+Cu2++2SO2↑+2H2O+2NH4+，故1molNH4CuSO3完全反应转移的电子为0.5mol，故D项正确。综上所述，本题正确答案为D。11、A【解析】

A.工厂常用的静电除尘装置是根据胶粒带电这一性质设计的，不是胶体带电，故A错误；B.铝、氧化铝具有两性，酸、碱还有盐等可直接侵蚀铝的保护膜以及铝制品本身，因此铝制餐具不宜用来蒸煮或长时间存放酸性、碱性或咸的食物，故B正确；C.铜盐溶液都含有重金属离子Cu2+，能使人体内的蛋白质变性，则铜盐溶液都有毒，故C正确；D.二氧化硫本身不具有杀菌的作用，是与水反应所形成的新物质能起到杀死细菌、清洁消毒的作用，所以可以应用于某些领域杀菌消毒，故D正确；故选A。12、A【解析】

反应中硝酸起氧化、酸性作用，未被还原的硝酸将转化为Fe

(NO3)3中，由Fe元素守恒计算未被还原的硝酸的物质的量；起氧化剂作用的硝酸生成NO，根据电子转移守恒，可以用a、b表示计算NO的物质的量，根据氮元素守恒可知，未被还原的硝酸物质的量=原硝酸总物质的量-NO的物质的量【详解】根据元素守恒可知，n[Fe

(NO3)3]=n

(Fe)=amol+3bmol=

(a+3b)

mol，

所以未被还原的硝酸的物质的量=3(a+3b)

mol；起氧化剂作用的硝酸生成NO，根据电子转移守恒可知，铁和硫元素失电子数等于硝酸得电子数，铁元素失电子的物质的量为；NO的物质的量为，未被还原的硝酸的物质的量为。答案选A。13、D【解析】

A．固体变黑说明硫酸铜分解生成CuO与SO3，造成加热前后固体的质量差偏大，测量结果偏高，故A不合题意；B．坩埚内附有不分解的杂质，而加热前后固体的质量差不变，测量结果不变，故B不合题意；C．加热过程中有少量晶体溅出，造成加热前后固体的质量差偏大，测量结果偏高，故C不合题意；D．晶体不纯，含有不挥发杂质，造成加热前后固体的质量差偏小，测量结果偏低，故D符合题意；故选D。14、B【解析】

A．还原剂在氧化还原反应中失去电子，化合价升高，H2S为反应物，FeS为生成物，反应前后S的化合价均为-2，故既不是氧化剂也不是还原剂，故A错误；B．由图可以得出，温度越高，K值越小，说明此反应为放热反应，故B正确；C．此反应为放热反应，升高温度，平衡左移，不利于脱硫，即温度越高H2S的脱除率越小，故C错误；D．此反应特点为反应前后气体体积不变的反应，增大压强，平衡不移动，故硫化氢的转化率不会提高，D错误；故选B。15、B【解析】氯气与水反应生成HClO、HCl，Cl2、HCl都没有漂白性，HClO具有漂白性，故B正确。16、B【解析】A、此装置为研钵，故A错误；B、此装置为干燥管，故B正确；C、此装置为干燥器，故C错误；D、此装置为分液漏斗，故D错误。17、C【解析】

在此原电池中铁和铜作两极，铁比铜活泼，所以铁为负极，铜为正极。【详解】A、要求两烧杯盛放的溶液中不引入杂质，所以离子交换膜是阴离子交换膜，氯化铜溶液中的氯离子通过离子交换膜进入氯化亚铁溶液中，故A错误；B、电子沿导线流入铜，在正极，铜离子得电子生成铜，Cu电极的电极反应为Cu2++2e-=Cu，故B错误；C、铜离子得电子生成铜，氯化铜溶液中的氯离子通过离子交换膜进入氯化亚铁溶液中，所以氯化铜溶液浓度降低，故C正确；D、铁失电子生成亚铁离子进入氯化亚铁溶液，电极反应为Fe-2e-=Fe2+，故D错误；故选C。18、D【解析】

A．NaHCO3溶液中碳酸氢根离子水解程度大于电离程度，溶液显碱性，则NaHCO3溶液中存在c(Na+)＞c(HCO3-)＞c(H2CO3)＞c(CO32-)，故A错误；B．任何电解质溶液中都存在物料守恒和电荷守恒，根据物料守恒得①c(Na+)=2c(S2-)+2c(HS-)+2c(H2S)，根据电荷守恒得②c(Na+)+c(H+)=2c(S2-)+c(HS-)+c(OH-)，将①代入②得：c(HS-)+2c(H2S)=c(OH-)-c(H+)，故B错误；C．等体积、等物质的量浓度的NaX和弱酸HX混合后的溶液中，无法判断电离程度和水解程度，不能判断溶液的酸碱性，即无法比较c(OH-)和c(H+)的大小，溶液中必满足电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（X-）+c（OH-）和物料守恒2c（Na+）=c（X-）+c（HX），故C错误；D．pH=3.5的柑橘汁中c(H+)=10-3.5，pH=6.5的牛奶中c(H+)=10-6.5，所以pH=3.5的柑橘汁中c(H+)是pH=6.5的牛奶中c(H+)的1000倍，故D正确；答案选D。19、B【解析】

第三周期元素中，X最高价氧化物水化物的溶液的pH为12，氢氧根浓度为0.01mol/L，故为一元强碱，则X为Na，Y、W、Z对应的最高价氧化物水化物的溶液pH均小于7，均为酸，W最高价含氧酸溶液中氢离子浓度为0.01mol/L，故为一元强酸，则W为Cl元素；等浓度的最高价含氧酸中，Z电离出氢离子浓度比W的大、Y对应的酸性最弱，而原子半径Y＞Z＞Cl，故Z为S元素，Y为P元素，以此来解答。【详解】由上述分析可知，X为Na、Y为P、Z为S，W为Cl，A．Y不可能是Si元素，因为SiO2不溶于水，由分析可知Y是P元素，故A错误；B．电子层越多，离子半径越大，具有相同排布的离子中原子序数大的离子半径小，则S2-、Cl-和Na+的离子半径为S2-＞Cl-＞Na+，故B正确；C．Cl的非金属性比P强，则气态氢化物的稳定性HCl＞PH3，故C错误；D．S和P是同周期的主族元素，核电荷数大，元素的非金属性强，即S的非金属性大于P，故D错误；故答案为B。20、A【解析】

物质的性质决定物质的用途，据性质与用途的对应关系分析。【详解】A项：SiO2用于制造坩埚，利用了SiO2高熔点的性质，A项正确；B项：虽然NaOH能与盐酸反应，但其碱性太强，不能作胃酸中和剂，B项错误；C项：氢氧化铝胶体用于净水，是胶体的强吸附性，与其两性无关，C项错误；D项：HCHO能使人体蛋白质变性，但其毒性太强，不能用于皮肤伤口消毒，D项错误。本题选A。21、C【解析】

A、稀硫酸滴入碳酸钠中二者反应生成二氧化碳，二氧化碳与硅酸钠溶液反应生成硅酸沉淀，说明顺酸性：H2SO4＞H2CO3＞H2SiO3，非金属性：S>C>Si，能得出相应实验结论，不选A；B、浓硫酸能使蔗糖脱水碳化，反应放热，浓硫酸在加热条件下与碳反应生成的二氧化硫能使溴水褪色，能得出实验结论，不选B；C、常温下，浓硝酸使铁钝化，不能得出实验结论，选C；D、浓氨水与生石灰反应生成的氨气使酚酞变红，证明氨气的水溶液呈碱性，能得出实验结论，不选D；答案选C。22、B【解析】

A.金属性越强，与水反应越剧烈，则Be与水反应很缓慢，故A错误；B.非金属性越强，氢化物越稳定，由事实可知，HBr的分解温度介于二者之间，故B正确；C.自燃与物质稳定性有关，硫化氢较稳定，则H2S在空气中不能自燃，故C错误；D.HF可形成氢键，标况下HCl、HBr均为气体，但HF为液体，故D错误；故选：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、加成反应氢氧化钠水溶液加热【解析】

B、C、D都能发生银镜反应，则结构中都含有醛基，G的结构简式为，E碱性条件下水解、酸化得到G，则F为，E为，比较D和E的分子式知，D中-CHO被氧化为-COOH生成E，则D为，根据D中取代基的位置结合A的分子式可推测出A为，A经过系列转化生成B为，B发生信息反应生成C为，与HBr发生加成反应生成D，由G的结构及反应条件和H的分子式可得：H为，由I的组成可知，G通过缩聚反应生成高聚物I，故I为，据此解答。【详解】（1）根据上述分析，A的结构简式为；（2）根据上述分析第三步反应为催化氧化反应，方程式为2+O22+2H2O；（3）根据上述分析，①的反应类型为加成反应；（4）E碱性条件下水解得到F，则③的试剂与条件为氢氧化钠水溶液加热；（5）根据上述分析，I的结构简式为；①能发生银镜反应，说明结构中含有醛基；②能发生水解反应，说明结构中含有含有酯基；③苯环上一氯取代物只有一种，说明苯环上有4个取代基，且具有一定对称性；④羟基不与苯环直接相连，则结构中没有酚羟基，结合上述分析，G的同分异构体结构简式为；（6）以乙醇为原料合成有机化工原料1-丁醇，碳链的增长根据题干信息可以用醛与醛脱水反应实现，产物中的双键和醛基可以通过与氢气反应转化为碳碳单键和羟基，乙醇催化氧化可以得到乙醛，综上分析其合成路则该合成路线为：。逆合成法的运用往往是解决有机合成题的主要方法，此题从G的结构分析，通过分子式的比较及反应条件等信息分析有机物间的转化关系；此类题还需注意题干中给出的信息，如醛和醛的脱水反应，这往往是解题的关键信息。25、d→e→c→b防止倒吸Cu+2H2SO4(浓)SO2↑+CuSO4+2H2O加快SO2与Zn的反应速率水浴加热2SO2+Zn+2OH-Zn(OH)2+S2O42-ZnO减小Na2S2O4的溶解度Na2SO3、NaHSO3、Na2SO4或NaHSO4(任写2种)【解析】

(1)①铜和浓硫酸在加热条件下反应制取二氧化硫，生成的二氧化硫中含有水蒸气，需要干燥；二氧化硫的密度比空气大，可以与水反应，应使用向上排空气法收集，收集时气体应长进短出，二氧化硫有毒，不能排放到空气中需要尾气处理，吸收尾气时，需要安装防倒吸装置，则按气流方向连接各仪器接口，顺序为a→d→e→c→b→f；二氧化硫被氢氧化钠吸收，使装置内压减小，易发生倒吸，则D为防倒吸装置；②铜和浓硫酸在加热条件下反应生成二氧化硫、硫酸铜和水，化学方程式为：Cu+2H2SO4(浓)SO2↑+CuSO4+2H2O；(2)①SO2与Zn粉直接接触反应，接触面积太小，通SO2之前先强力搅拌，将锌粉和水制成悬浊液，可增大SO2与Zn粉反应时的接触面积，从而加快SO2与Zn的反应速率；由流程图示反应Ⅱ的反应温度为35℃，火焰温度太高不易控制，不能用酒精灯直接加热，应使用水浴加热的方法来控制温度；②二氧化硫与锌粉和氢氧化钠反应生成氢氧化锌和Na2S2O4，离子方程式为：2SO2+Zn+2OH-Zn(OH)2+S2O42-；(3)由(2)②可得过滤得到的“滤渣”为氢氧化锌，洗涤、灼烧，氢氧化锌分解为氧化锌(ZnO)；Na2S2O4易溶于水，冷却结晶过程中，加入适量饱和食盐水，可降低其溶解度加快结晶速度；(4)产品Na2S2O4·2H2O中硫的化合价为+3价，被氧化时硫的化合价升高，可能变为+4价或+6价，则可能的产物有Na2SO3、NaHSO3、Na2SO4或NaHSO4(任写2种)。26、检查装置的气密性MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O饱和食盐水浓硫酸2S2C12+2H2O=3S↓+SO2↑+4HCl①③②⑤④或者③①②⑤④碱石灰吸收氯气尾气，防止空气中的水蒸气进入装置使S2Cl2水解产品纯度降低控制盐酸的滴速不要过快【解析】

装置A、B、C是制取干燥纯净的氯气，所以B是除杂装置，C是干燥装置；制得产品S2Cl2易水解，所以该装置前后均需要干燥环境，可推出装置G作用；实验操作顺序按照合理、安全原则进行；最后按照题干已知条件进行答题，据此分析。【详解】(1)连接好装置后需检查装置的气密性，答案为：检查装置的气密性；(2)MnO2与浓盐酸反应的离子方程式为：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；(3)B是除去氯气中的HCl，用饱和食盐水溶液；C是干燥装置，用浓硫酸；若缺少干燥装置，则产物S2Cl2与水发生歧化反应且变浑浊，2S2Cl2+2H2O=3S↓+SO2↑+4HCl；答案为：饱和食盐水；浓硫酸；2S2Cl2+2H2O=3S↓+SO2↑+4HCl；(4)加热之前先通冷凝水，否则开始生成的S2Cl2不能冷却液化，最后先停止加热后再停止通氯气，平衡容器压强，实验操作为：①③②⑤④或者③①②⑤④；(5)G装置在最后一步，其作用之一未反应完的氯气尾气处理，其二防止空气中的水蒸气进入装置，G中盛放碱石灰，作用是吸收氯气尾气，防止空气污染，且防止空气中的水蒸气进入装置使S2Cl2水解；(6)根据已知条件，温度太高S会汽化进入F装置，导致产率降低；为了提高S2Cl2的纯度，关键的操作除了控制好温度外，还可以控制盐酸的滴速不要过快。制备易水解的如AlN、S2Cl2等物质时一定要在制备装置前后都加上干燥装置，所以G装置除了尾气处理作用之外还防止空气中的水蒸气进入装置；实验操作流程满足反应物利用率高、产率高、操作简便、安全等原理进行即可。27、①③②⑤⑦浓硫酸ab20.0abdce搅拌，加速溶解引流偏高【解析】

（1）若从a端进气，相当于向上排空气法收集气体，①O2、③CO2密度比空气大，采用向上排空气法；若从b端进气，相当于向下排空气法收集，②CH4、⑤H2、⑦NH3密度比空气小，采用向下排空气法，④CO和⑥N2密度与空气太接近，不能用排空气法收集；故答案为：①③；②⑤⑦；（2）干燥二氧化碳，所选用的试剂必须不能与二氧化碳反应，浓硫酸具有吸水性，且不与二氧化碳反应，洗气时用“长进短处”，故答案为：浓硫酸；a；（3）将它与装置Ⅱ连接作为量气装置．将广口瓶中装满水，用乳胶管连接好装置，使用排水法收集气体并测量体积时，水从a端排到量筒中，则气体从b端进入，故答案为：b；（4）①配制500mL1.0mol•L-NaOH溶液需要氢氧化钠的质量;；答案为：20.0；②配制500mL1.0mol•L-NaOH溶液的操作步骤为：计算、称量、溶解、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作，所以正确的操作顺序为:abdce；答案为：abdce；③配制过程中，在溶解氢氧化钠固体时需要使用玻璃棒搅拌，以便加速溶解过程；在转移冷却后的氢氧化钠溶