吉林省靖宇县2026届高三化学试题质量检测试题（一）化学试题试卷含解析

吉林省靖宇县2026届高三化学试题质量检测试题（一）化学试题试卷注意事项：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（每题只有一个选项符合题意）1、从某中草药提取的有机物结构如图所示，该有机物的下列说法中错误的是（）A．分子式为C14H18O6B．1mol该有机物最多可与2mol的H2发生加成反应C．既可以与FeCl3溶液发生显色反应，又可以与Na2CO3溶液反应D．1mol该有机物最多可反应2mol氢氧化钠2、在某温度下，同时发生反应A（g）B（g）和A（g）C（g）。已知A（g）反应生成B（g）或C（g）的能量如图所示，下列说法正确的是A．B（g）比C（g）稳定B．在该温度下，反应刚开始时，产物以B为主；反应足够长时间，产物以C为主C．反应A（g）B（g）的活化能为（E3—E1）D．反应A（g）C（g）的ΔH＜0且ΔS＝03、单位体积的稀溶液中，非挥发性溶质的分子或离子数越多，该溶液的沸点越高。下列溶液中沸点最高的是A．0.01mol/L的蔗糖溶液 B．0.02mol/L的CH3COOH溶液C．0.02mol/L的NaCl溶液 D．0.01mol/L的K2SO4溶液4、用“银-Ferrozine”法测室内甲醛含量的原理为：已知：吸光度与溶液中有色物质的浓度成正比。下列说法正确的是A．反应①中参与反应的HCHO为30g时转移电子2molB．可用双氧水检验反应②后的溶液中是否存在Fe3+C．生成44.8LCO2时反应②中参加反应的Ag一定为8molD．理论上测得溶液吸光度越高，HCHO含量也越高5、ClO2是一种极易溶于水且几乎不与冷水反应的黄绿色气体(沸点11℃)，实验室制备纯净ClO2溶液的装置如图所示：已知下列反应：NaClO3+HCl→NaCl+ClO2+Cl2+H2O；NaClO2+HCl→NaCl+ClO2+H2O；NaClO2+Cl2→NaCl+ClO2(均未配平)。下列说法正确的是A．a中通入的N2可用CO2或SO2代替 B．b中NaClO2可用饱和食盐水代替C．c中广口瓶最好放在冰水浴中冷却 D．d中吸收尾气后只生成一种溶质6、某同学探究溶液的酸碱性对FeCl3水解平衡的影响，实验方案如下：配制50mL0.001mol/LFeCl3溶液、50mL对照组溶液x，向两种溶液中分别滴加1滴1mol/LHCl溶液、1滴1mol/LNaOH溶液，测得溶液pH随时间变化的曲线如下图所示。下列说法不正确的是A．依据M点对应的pH，说明Fe3+发生了水解反应B．对照组溶液x的组成可能是0.003mol/LKClC．依据曲线c和d说明Fe3+水解平衡发生了移动D．通过仪器检测体系浑浊度的变化，可表征水解平衡移动的方向7、下列有关实验操作的叙述不正确的是（）A．中和滴定接近终点时，滴入要慢，并且不断摇动B．向试管中滴加溶液时，滴管尖嘴紧贴试管内壁C．分液时，下层液体下口放出，上层液体上口倒出D．定容时，加水到容量瓶刻度线下1~2cm时，改用胶头滴管加水8、电渗析法处理厨房垃圾发酵液，同时得到乳酸的原理如图所示（图中“HA”表示乳酸分子，乳酸的摩尔质量为90g/moL；“A－”表示乳酸根离子）。则下列说法不正确的是A．交换膜I为只允许阳离子透过的阳离子交换膜B．阳极的电极反应式为：2H2O－4e－＝O2↑＋4H+C．电解过程中采取一定的措施可控制阴极室的pH约为6～8，此时进入浓缩室的OH－可忽略不计。设200mL20g/L乳酸溶液通电一段时间后阴极上产生的H2在标准状况下的体积约为6.72L，则该溶液浓度上升为155g/L（溶液体积变化忽略不计）D．浓缩室内溶液经过电解后pH降低9、最近媒体报道了一些化学物质，如：爆炸力极强的N5、比黄金还贵的18O、太空中的甲醇气团等。下列说法中正确的是A．18O2和16O2是两种不同的原子 B．甲醇（CH3OH）属于离子化合物C．N5和N2是氮元素的两种同位素 D．由N5变成N2是化学变化10、下列物质分子中的碳原子在同一平面上时，在任意情况下都不可能与碳原子们共平面的氢原子有（）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个11、黄铜矿（CuFeS2）是提取铜的主要原料，其煅烧产物Cu2S在1200℃高温下继续反应：2Cu2S+3O2→2Cu2O+2SO2…①2Cu2O+Cu2S→6Cu+SO2…②．则A．反应①中还原产物只有SO2B．反应②中Cu2S只发生了氧化反应C．将1molCu2S冶炼成2molCu，需要O21molD．若1molCu2S完全转化为2molCu，则转移电子数为2NA12、在化学反应中，有时存在“一种物质过量，另一种物质仍不能完全反应”的情况，下列反应不属于这种情况的是A．过量的铜与浓硝酸反应B．过量的铜与浓硫酸在加热条件下反应C．过量二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应D．过量的氢气与氮气在工业生产条件下反应13、短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X原子的最外层电子数是次外层的3倍，Y是迄今发现的非金属性最强的元素，在周期表中Z位于ⅠA族，W与X属于同一主族。下列说法正确的是A．原子半径：r(X)＜r(Y)＜r(Z)＜r(W)B．由X、Z两种元素组成的化合物一定没有共价键C．W的最高价氧化物对应水化物为弱酸D．Y的简单气态氢化物的热稳定性比W的强14、下列说法错误的是（）A．光照下，1molCH4最多能与4molCl2发生取代反应，产物中物质的量最多的是HClB．将苯滴入溴水中，振荡、静置，上层接近无色C．邻二氯苯仅有一种结构可证明苯环结构中不存在单双键交替结构D．乙醇、乙酸都能与金属钠反应，且在相同条件下乙酸比乙醇与金属钠的反应更剧烈15、随着原子序数的递增，八种短周期元素（用字母x等表示）原子半径的相对大小，最高正价或最低负价的变化如图所示，下列说法错误的是A．常见离子半径：g>h>d>eB．上述元素组成的ZX4f(gd4)2溶液中，离子浓度：c（f3+）＞c（zx4+）C．由d、e、g三种元素组成的盐溶液和稀硫酸反应可能生成沉淀D．f的最高价氧化物的水化物可以分别与e和h的最高价氧化物的水化物发生反应16、常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A．pH=2的透明溶液：K+、SO42-、Na+、MnO4-B．使酚酞变红的溶液：Na+、Mg2+、Cl-、NO3-C．与Al反应生成H2的溶液：NH4+、K+、NO3-、SO42-D．c（NO3-）=1.0mol•L-1的溶液：H+、Fe2+、Cl-、SO42-二、非选择题（本题包括5小题）17、PLLA塑料不仅具有良好的机械性能，还具有良好的可降解性。它可由石油裂解气为原料合成。下列框图是以石油裂解气为原料来合成PLLA塑料的流程图（图中有部分产物及反应条件未列出）。请回答下列问题：(1)属于取代反应的有______________（填编号）。(2)写出下列反应的化学方程式：反应③：________________________________；反应⑤：______________________________。(3)已知E（C3H6O3)存在三种常见不同类别物质的异构体，请各举一例（E除外）并写出其结构简式：______________________、__________________、_______________。(4)请写出一定条件下PLLA废弃塑料降解的化学方程式___________________________。(5)已知：，炔烃也有类似的性质，设计丙烯合成的合成路线_______（合成路线常用的表示方法为：AB……目标产物）18、有机化合物F是一种重要的有机合成中间体，其合成路线如下图所示：已知：①A的核磁共振氢谱图中显示两组峰②F的结构简式为：③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。④R-CH=CH2R-CH2CH2OH请回答下列问题：(1)A的名称为______________(系统命名法)；Z中所含官能团的名称是___________。(2)反应Ⅰ的反应条件是__________。(3)E的结构简式为_______________________。(4)写出反应Ⅴ的化学方程式____________________________________________。(5)写出反应IV中的化学方程式____________________________________________。(6)W是Z的同系物，相对分子质量比Z大14，则W的同分异构体中满足下列条件：①能发生银镜反应，②苯环上有两个取代基，③不能水解，遇FeCl3溶液不显色的结构共有_________种(不包括立体异构)，核磁共振氢谱有四组峰的结构为____________。19、PbCrO4是一种黄色颜料，制备PbCrO4的一种实验步骤如图1：已知：①Cr（OH）3（两性氢氧化物）呈绿色且难溶于水②Pb（NO3）2、Pb（CH3COO）2均易溶于水，PbCrO4的Ksp为2.8×10﹣13，Pb（OH）2开始沉淀时pH为7.2，完全沉淀时pH为8.7。③六价铬在溶液中物种分布分数与pH关系如图2所示。④PbCrO4可由沸腾的铬酸盐溶液与铅盐溶液作用制得，含PbCrO4晶种时更易生成（1）实验时需要配置100mL3mol•L﹣1CrCl3溶液，现有量筒、玻璃棒、烧杯，还需要玻璃仪器是___。（2）“制NaCrO2（aq）”时，控制NaOH溶液加入量的操作方法是_____。（3）“氧化”时H2O2滴加速度不宜过快，其原因是_____；“氧化”时发生反应的离子方程式为___。（4）“煮沸”的目的是_____。（5）请设计用“冷却液”制备PbCrO4的实验操作：_____[实验中须使用的试剂有：6mol•L﹣1的醋酸，0.5mol•L﹣1Pb（NO3）2溶液，pH试纸]。20、草酸亚铁晶体（FeC2O4·2H2O）是一种黄色难溶于水的固体，受热易分解，是生产电池、涂料以及感光材料的原材料。为探究纯净草酸亚铁晶体热分解的产物，设计装置图如下：（1）仪器a的名称是______。（2）从绿色化学考虑，该套装置存在的明显缺陷是_________。（3）实验前先通入一段时间N2，其目的为__________。（4）实验证明了气体产物中含有CO，依据的实验现象为_______。（5）草酸亚铁晶体在空气易被氧化，检验草酸亚铁晶体是否氧化变质的实验操作是____。（6）称取5.40g草酸亚铁晶体用热重法对其进行热分解，得到剩余固体质量随温度变化的曲线如下图所示：①上图中M点对应物质的化学式为_________。②已知400℃时，剩余固体是铁的一种氧化物，试通过计算写出M→N发生反应的化学方程式：_______。21、磷酸二氢钾在工农业和医学领域具有广泛的应用。以下是工业上制备磷酸二氢钾的三种方法。回答下列问题：I.直接法(1)气体X为___________(填化学式)；(2)“浸取”步骤，浓硫酸能与KCl能发生化学反应的原因是___________________；(3)“转化”步骤发生反应的离子反应方程式_______________(已知：Ca3(PO4)2难溶于水)；(4)滤液①中加入甲醇的作用是__________________________；(5)“操作I”是___________________________________；II.中和反应法(6)氢氧化钾溶液与高纯度磷酸在反应器中发生中和反应制备磷酸二氢钾。写出此反应的离子反应方程式_______________________________；由下图判断制备磷酸二氢钾(达80%)的最佳pH范围______________________；Ⅲ.电解法制取KH2PO4的原理如上图所示。一定条件下，还可得到NaClO3。(7)在_____室(填标号)可得到KH2PO4；写出产生ClO3-的电极反应式______________。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【解析】

A．根据该有机物的结构可以得到其分子式为C14H18O6，A选项正确；B．该有机物分子中的碳碳双键可以与H2发生加成反应，1mol该有机物含有2mol碳碳双键，可以与2molH2发生加成反应，B选项正确；C．根据结构可知，该有机物分子含有羧基，可以与Na2CO3溶液反应，但该有机物分子中的羟基不是直接苯环上的，不是酚羟基，不能与FeCl3溶液发生显色反应，C选项错误；D．该有机物分子中的羧基可以与NaOH发生反应，1mol该有机物含有2mol羧基，最多可以与2molNaOH反应，D选项正确；答案选C。2、B【解析】

A.从图分析，Ｂ的能量比Ｃ高，根据能量低的稳定分析，B（g）比C（g）不稳定，故错误；B.在该温度下，反应生成Ｂ的活化能比生成Ｃ的活化能低，所以反应刚开始时，产物以B为主；Ｃ比Ｂ更稳定，所以反应足够长时间，产物以C为主，故正确；C.反应A（g）B（g）的活化能为E1，故错误；D.反应A（g）C（g）为放热反应，即ΔH＜0，但ΔS不为0，故错误。故选Ｂ。3、C【解析】

假设溶液的体积为1L，0.01mol/L的蔗糖溶液中含不挥发性的分子为0.01mol，CH3COOH为挥发性物质，0.02mol/L的NaCl溶液中含0.04mol离子，0.01mol/L的K2SO4溶液中含0.03mol离子，根据“单位体积的稀溶液中，非挥发性溶质的分子或离子数越多，该溶液的沸点越高”，沸点最高的是0.02mol/L的NaCl溶液，故答案选C。4、D【解析】

A.30gHCHO的物质的量为1mol，被氧化时生成二氧化碳，碳元素化合价从0价升高到+4价，所以转移电子4mol，故A错误；B.过氧化氢能将Fe2+氧化为Fe3+，与Fe3+不反应，所以不能用双氧水检验反应②后的溶液中是否存在Fe3+，故B错误；C.没有注明温度和压强，所以无法计算气体的物质的量，也无法计算参加反应的Ag的物质的量，故C错误；D.吸光度与溶液中有色物质的浓度成正比，吸光度越高，则说明反应②生成的Fe2+越多，进一步说明反应①生成的Ag越多，所以HCHO含量也越高，故D正确。故选D。5、C【解析】

根据实验装置和反应方程式可知，a中用盐酸和NaClO3反应制取ClO2，由于制取的ClO2中混有氯气和挥发出的氯化氢气体，可用b装置吸收氯气和氯化氢，再用c中的蒸馏水吸收ClO2，获得纯净ClO2溶液，d中的氢氧化钠用于吸收尾气，防止污染环境，据此分析解答。【详解】A．a中通入的N2的目的是氮气性质稳定且不影响实验，可将a中产生的ClO2和Cl2吹出并进入后续装置，继续实验，二氧化硫具有还原性，可将ClO2、NaClO3等物质还原，故A错误；B．b中NaClO2的作用是吸收ClO2中混有的氯气和氯化氢杂质气体，用饱和食盐水可吸收氯化氢，但不能吸收氯气，故B错误；C．ClO2是一种极易溶于水且几乎不与冷水反应的黄绿色气体，故c中广口瓶最好放在冰水浴中冷却，有利于吸收ClO2，故C正确；D．d中氢氧化钠和ClO2发生歧化反应生成NaCl和NaClO3，产物至少两种，故D错误；答案选C。实验室制取某种气体，需要气体的发生装置，除杂装置，收集装置，尾气处理装置，此实验中可能产生的杂质气体是氯气和氯化氢气体，用饱和食盐水可以吸收氯化氢，无法吸收氯气，从氧化还原反应的角度分析物质的相互转化关系，要利用好题目所给的信息，ClO2是一种极易溶于水且几乎不与冷水反应，根据它的性质选择冰水来收集。6、B【解析】

A、FeCl3溶液的pH小于7，溶液显酸性，原因是氯化铁是强酸弱碱盐，Fe3+在溶液中发生了水解，故A正确；B、对照组溶液X加碱后溶液的pH的变化程度比加酸后的pH的变化程度大，而若对照组溶液x的组成是0.003mol/LKCl，则加酸和加碱后溶液的pH的变化应呈现轴对称的关系，所以该溶液不是0.003mol/LKCl，故B错误；C、在FeCl3溶液中加碱、加酸后，溶液的pH的变化均比对照组溶液x的变化小，因为加酸或加碱均引起了Fe3+水解平衡的移动，故溶液的pH的变化比较缓和，故C正确；D、FeCl3溶液水解出氢氧化铁，故溶液的浑浊程度变大，则水解被促进，否则被抑制，故D正确；故选B。7、B【解析】

A.为防止滴入液体过量，中和滴定接近终点时，滴入要慢，并且不断摇动，故A正确；B.向试管中滴加溶液时，滴管尖嘴应悬空，不能紧贴试管内壁，故B错误；C.分液时，下层液体下口放出，上层液体上口倒出，可以避免两种液体相互污染，故C正确；D.定容时，为准确控制溶液体积，加水到容量瓶刻度线下1~2cm时，改用胶头滴管加水，故D正确。答案选B。8、C【解析】

A．根据图示，该电解池左室为阳极，右室为阴极，阳极上是氢氧根离子放电，阳极周围氢离子浓度增大，且氢离子从阳极通过交换膜I进入浓缩室，则交换膜I为只允许阳离子透过的阳离子交换膜，故A正确；B．根据A项分析，阳极的电极反应式为：2H2O－4e－＝O2↑＋4H+，故B正确；C．在阳极上发生电极反应：4OH−−4e−═2H2O+O2↑，阴极上发生电极反应：2H++2e−=H2↑，根据电极反应方程式，则有：2HA∼2H+∼1H2，电一段时间后阴极上产生的H2在标准状况下的体积约为6.72L，产生氢气的物质的量==0.03mol，则生成HA的物质的量=0.03mol×2=0.06mol，则电解后溶液中的乳酸的总质量=0.06mol×90g/moL+200×10-3L×20g/L=9.4g，此时该溶液浓度==47g/L，故C错误；D．在电解池的阳极上是OH−放电，所以c(H+)增大，并且H+从阳极通过阳离子交换膜进入浓缩室；根据电解原理，电解池中的阴离子移向阳极，即A−通过阴离子交换膜(交换膜Ⅱ)从阴极进入浓缩室，这样：H++A−═HA，乳酸浓度增大，酸性增强，pH降低，故D正确；答案选C。9、D【解析】

A.18O2和16O2是两种不同的原子构成的分子，A错误；B.甲醇(CH3OH)是由分子构成的共价化合物，B错误；C.N5和N2是氮元素的两种不同的单质，二者互为同素异形体，C错误；D.N5和N2是N元素的两种不同的单质，所以由N5变成N2是化学变化，D正确；故合理选项是D。10、B【解析】

苯分子中12个原子共平面，乙烯分子中6个原子共平面，乙炔中4个原子共平面，但甲基中最多有一个H原子能和C原子所在的平面共平面，故此有机物中在任意情况下都不可能与碳原子们共平面的氢原子有2个。故选：B。原子共平面问题的关键是找母体，即找苯环、碳碳双键和碳碳三键为母体来分析。11、C【解析】

反应①中S化合价变化为：-2→+4，O化合价变化为：0→-2；反应②中，Cu化合价变化为：+1→0，S化合价变化为：-2→+4。可在此认识基础上对各选项作出判断。【详解】A．O化合价降低，得到的还原产物为Cu2O和SO2，A选项错误；B．反应②中Cu2S所含Cu元素化合价降低，S元素化合价升高，所以Cu2S既发生了氧化反应，又发生了还原反应，B选项错误；C．将反应①、②联立可得：3Cu2S+3O2→6Cu+3SO2，可知，将1molCu2S冶炼成2molCu，需要O21mol，C选项正确；D．根据反应：3Cu2S+3O2→6Cu+3SO2，若1molCu2S完全转化为2molCu，只有S失电子，：[(4-(-2)]mol=6mol，所以，转移电子的物质的量为6mol，即转移的电子数为6NA，D选项错误；答案选C。氧化还原反应中，转移的电子数=得电子总数=失电子总数。12、A【解析】

A．铜与浓硝酸和稀硝酸均反应，则过量的铜与浓硝酸完全反应，A正确；B．过量的铜与浓硫酸在加热条件下反应，随之反应的进行，硫酸浓度降低，稀硫酸与铜不反应，B错误；C．过量二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应，随之反应的进行，盐酸浓度降低，稀盐酸与二氧化锰不反应，C错误；D．过量的氢气与氮气在工业生产条件下反应，该反应是可逆反应，不可能进行完全，D错误；答案选A。13、D【解析】

分析题给信息，X原子的最外层电子数是次外层的3倍，则X应为O元素；Y是迄今发现的非金属性最强的元素，应为F元素；在周期表中Z位于ⅠA族，由原子序数关系可知Z为Na元素，W与X属于同一主族，W应为S元素。【详解】A．电子层数越多，原子半径越大，同周期元素的原子序数越大，原子半径越小，则原子半径r(F)＜r(O)＜r(S)＜r(Na)，A项错误；B．X为O，Z为Na，由Y、Z两种元素组成的化合物可能为过氧化钠，其分子中含有离子键和共价键，B项错误；C．W最高价氧化物对应水化物为硫酸，属于强酸，C项错误；D．非金属性F＞S，元素的非金属性越强，对应的简单氢化物越稳定，D项正确；答案选D。微粒半径大小的决定因素：决定因素是电子层数和核电荷数。电子层数越多，则微粒半径越大；电子层数相同时，核电荷数越多，对核外电子的吸引力越大，微粒半径越小，比较时应综合考虑二者。14、B【解析】

A．甲烷和氯气发生取代反应生成多种氯代烃，取代1个氢原子消耗1mol氯气，同时生成氯化氢；B．苯与溴水不反应，发生萃取；C．如果苯环是单双键交替，则邻二氯苯有两种；D．醇羟基氢活泼性弱于羧羟基氢。【详解】A．甲烷和氯气发生取代反应生成多种氯代烃，取代1个氢原子消耗1mol氯气，同时生成氯化氢，1molCH4最多能与4molCl2发生取代反应，产物中物质的量最多的是HCl，故A正确；B．苯与溴水不反应，发生萃取，溴易溶于苯，苯密度小于水，所以将苯滴入溴水中，振荡、静置，下层接近无色，故B错误；C．如果苯环是单双键交替，则邻二氯苯有两种，邻二氯苯仅有一种结构可证明苯环结构中不存在单双键交替结构，故C正确；D．醇羟基氢活泼性弱于羧羟基氢，所以乙醇、乙酸都能与金属钠反应，且在相同条件下乙酸比乙醇与金属钠的反应更剧烈，故D正确；故选：B。15、B【解析】

根据八种短周期元素原子半径的相对大小可知：x属于第一周期，y、z、d属于第二周期，e、f、g、h属于第三周期元素；根据最高正价或最低负价可知：x为H,y为C、z为N、d为O、e为Na、f为Al、g为S、h为Cl。【详解】A.g为S，h为Cl，属于第三周期，离子半径g>h；d为O，e为Na，同为第二周期，离子半径d>e，故离子半径：g>h>d>e，A正确；B.根据上述分析可知，ZX4f(gd4)2组成为NH4Al(SO4)2，溶液中Al3+和NH4+水解均显酸性，属于相互抑制的水解，由于氢氧化铝的电离常数大于一水合氨，则铝离子水解程度大于铵根，即离子浓度：c(Al3+)＜c（NH4+）,故B错误；C.d为O、e为Na、g为S，由d、e、g三种元素组成的盐Na2S2O3溶液和稀硫酸反应可能生成S沉淀,故C正确；D.f为Al，f的最高价氧化物的水化物为Al（OH）3,为两性氢氧化物，e和h的最高价氧化物的水化物分别为NaOH、HClO4，可以与Al(OH)3发生反应,故D正确；答案：B。突破口是根据原子半径的大小判断元素的周期数；根据最高正化合价和最低负化合价的数值大小判断元素所在的主族；由此判断出元素的种类，再根据元素周期律解答即可。16、A【解析】

A.pH=2是酸性溶液，K+、SO42-、Na+、MnO4-均能共存，A正确；B.使酚酞变红的溶液是碱性溶液，Mg2+与OH-反应生成Mg(OH)2的白色沉淀，不能共存，B错误；C.与Al反应生成H2的溶液是可酸可碱，NH4+与OH-反应生成一水合氨，不能共存，C错误；D.在酸性溶液中，NO3-会显强氧化性，将Fe2+氧化生成Fe3+，所以H+、NO3-、Fe2+不能共存，D错误；故答案选A。在酸性环境中，NO3-、ClO-、MnO7-、Cr2O72-会显强氧化性，氧化低价态的Fe2+、S2-、SO32-、I-、有机物等，所以不能共存。二、非选择题（本题包括5小题）17、③⑧+2NaOH+2NaBr+2Cu(OH)2CH3COCOOH+Cu2O+2H2OCH3COOCH2OH+nH2O【解析】

根据PLLA的结构简式可知E的结构简式为：，两分子通过反应⑧酯化反应生成F；D与氢气通过反应⑥生成E，则D的结构简式为：CH3COCOOH；C通过反应生成D，则C为；B通过反应④加热氧化成C，则B为；A通过反应③生成B，丙烯通过与溴发生加成反应生成A，则A为；反应①为丁烷分解生成甲烷和丙烯，据此进行解答。【详解】根据PLLA的结构简式可知E的结构简式为：，两分子通过反应⑧酯化反应生成F；D与氢气通过反应⑥生成E，则D的结构简式为：CH3COCOOH；C通过反应生成D，则C为；B通过反应④加热氧化成C，则B为；A通过反应③生成B，丙烯通过与溴发生加成反应生成A，则A为；(1)反应①为分解反应，反应②为加成反应，反应③为取代反应，反应④⑤为氧化反应，反应⑥为加成反应，反应⑦缩聚反应，反应⑧为酯化反应，也属于取代反应，所以属于取代反应为③⑧；(2)过反应③的化学方程式为：；反应⑤的化学方程式为：；(3)E的结构简式为，E存在三种常见不同类别物质的异构体有：、、；(4)PLLA废弃塑料降解生成，反应的化学方程式为：；(5)根据逆合成法可知，可以通过丙炔通过信息反应合成，丙炔可以用丙烯分别通过加聚反应、水解反应、消去反应获得，所以合成路线为：。18、2－甲基－2－丙醇酚羟基、醛基浓硫酸，加热(CH3)2CHCOOH+2Cl2+2HCl(CH3)2CHCHO+2Cu(OH)2(CH3)2CHCOOH+Cu2O+2H2O6【解析】

A的分子式为C4H10O，A→B是消去反应，所以B是．B→C组成上相当于与水发生加成反应，根据提供的反应信息，C是2－甲基－1－丙醇．C→D是氧化反应，D是2－甲基－1－丙醛，D→E是氧化反应，所以E是2－甲基－1－丙酸．X的分子式为C7H8O，且结合E和F的结构简式可知，X的结构简式为；在光照条件下与氯气按物质的量之比1：2反应，是甲基中的2个H被Cl取代，因此Y的结构简式为，Y→Z是水解反应，根据信息③，应该是-CHCl2变成-CHO，则Z的结构简式为，Z→F是酯化反应。【详解】(1)结合以上分析可知,A的结构简式为：，名称为2−甲基−2−丙醇；Z的结构简式为：，所含官能团为酚羟基、醛基；(2)A为，B为，A→B是消去反应，反应Ⅰ的反应条件是浓硫酸、加热；C是，D是，所以C→D是在铜作催化剂条件下发生的氧化反应；(3)结合以上分析可知，E的结构简式为；(4)在光照条件下与氯气按物质的量之比1:2反应，是甲基中的2个H被Cl取代生成，反应Ⅴ的化学方程式：；(5)D是(CH3)2CHCHO，在氢氧化铜悬浊液中加热发生氧化反应，反应IV中的化学方程式：+2Cu(OH)2+Cu2O+2H2O；(6)Z的结构简式为，W是Z的同系物，相对分子质量比Z大14，W分子式为C8H8O2，W的同分异构体中满足下列条件：①能发生银镜反应，说明含有醛基；②苯环上有两个取代基，可以3种位置；③不能水解,遇FeCl3溶液不显色，没有酯基、酚羟基。满足条件的结构有：苯环上分别连有−CHO和−CH2OH，结构有3种。苯环上分别连有−CHO和−OCH3，结构有3种，共计有6种，其中核磁共振氢谱有四组峰的结构为：。19、100mL容量瓶和胶头滴管不断搅拌下逐滴加入NaOH溶液，至产生的绿色沉淀恰好溶解减小H2O2自身分解损失2CrO2-＋3H2O2＋2OH－===2CrO＋4H2O除去过量的H2O2①在不断搅拌下，向“冷却液”中加入6mol·L－1的醋酸至弱酸性，用pH试纸测定略小于，②先加入一滴0.5mol·L－1Pb(NO3)2溶液搅拌片刻产生少量沉淀，然后继续滴加至有大量沉淀，静置，③向上层清液中滴入Pb(NO3)2溶液，④若无沉淀生成，停止滴加Pb(NO3)2溶液，静置、过滤、洗涤、干燥沉淀得PbCrO4【解析】

Cr(OH)3为两性氢氧化物，在CrCl3溶液中滴加NaOH溶液可生成NaCrO2，“制NaCrO2(aq)”时，控制NaOH溶液加入量，应再不断搅拌下逐滴加入NaOH溶液，至产生的绿色沉淀恰好溶解，再加入6%H2O2溶液，发生氧化还原反应生成Na2CrO4，“氧化”时H2O2滴加速度不宜过快，可减小H2O2自身分解损失，经煮沸可除去H2O2，冷却后与铅盐溶液作用制得PbCrO4，以此解答该题。【详解】（1）实验时需要配置100mL3mol•L﹣1CrCl3溶液，现有量筒、玻璃棒、烧杯，还需要玻璃仪器是100mL容量瓶和胶头滴管，其中胶头滴管用于定容，故答案为：100mL容量瓶和胶头滴管；（2）Cr(OH)3为两性氢氧化物，呈绿色且难溶于水，加入氢氧化钠溶液时，不断搅拌下逐滴加入NaOH溶液，至产生的绿色沉淀恰好溶解，可防止NaOH溶液过量，故答案为：不断搅拌下逐滴加入NaOH溶液，至产生的绿色沉淀恰好溶解；（3）“氧化”时H2O2滴加速度不宜过快，可防止反应放出热量，温度过高而导致过氧化氢分解而损失，反应的离子方程式为2CrO2﹣+3H2O2+2OH﹣＝2CrO42﹣+4H2O，故答案为：减小H2O2自身分解损失；2CrO2﹣+3H2O2+2OH﹣＝2CrO42﹣+4H2O；（4）煮沸可促使过氧化氢分解，以达到除去过氧化氢的目的，故答案为：除去过量的H2O2；（5）“冷却液”的主要成分为Na2CrO4，要想制备PbCrO4，根据已知信息②由Pb(NO3)2提供Pb2+，但要控制溶液的pH不大于7.2，以防止生成Pb(OH)2沉淀，由信息③的图象可知，溶液的pH又不能小于6.5，因为pH小于6.5时CrO42﹣的含量少，HCrO4﹣的含量大，所以控制溶液的pH略小于7即可，结合信息④，需要先生成少许的PbCrO4沉淀，再大量生成。所以实验操作为在不断搅拌下，向“冷却液”中加入6mol•L﹣1的醋酸至弱酸性（pH略小于7），将溶液加热至沸腾，先加入一滴0.5mol•L﹣1Pb(NO3)2溶液搅拌片刻产生少量沉淀，然后继续滴加至有大量沉淀，静置，向上层清液中滴入Pb(NO3)2溶液，若无沉淀生成，停止滴加，静置、过滤、洗涤、干燥；故答案为：①在不断搅拌下，向“冷却液”中加入6mol·L－1的醋酸至弱酸性，用pH试纸测定略小于，②先加入一滴0.5mol·L－1Pb(NO3)2溶液搅拌片刻产生少量沉淀，然后继续滴加至有大量沉淀，静置，③向上层清液中滴入Pb(NO3)2溶液，④若无沉淀生成，停止滴加Pb(NO3)2溶液，静置、过滤、洗涤、干燥沉淀得PbCrO4。20、球形干燥管（干燥管）缺少处理CO尾气装置排尽装置内空气，防止空气中H2O和CO2的干扰E中黑色粉末变红色，F出现白色沉淀取少量草酸亚铁晶体于试管中，加入稀硫酸溶解后并滴加KSCN溶液，若溶液变红色，则草酸亚铁晶体已氧化变质；若不变红色，则草酸亚铁晶体未氧化变质FeC2O43FeC2O4Fe3O4＋2CO2↑＋4CO↑【解析】

装置A为草酸亚铁晶体分解，利用无水硫酸铜检验水蒸气，B装置检验二氧化碳，C装置吸收二氧化碳，D装置干燥气体，E装置检验CO，F装置检验二氧化碳，据此解答。【详解】(1)仪器a的名称是球形干燥管(干燥管)，故答案为：球形干燥管(干燥管)；(2)反应会产生CO，缺少处理CO尾气装置，故答案为：缺少处理CO尾气装置；(3)反应会会产生CO和H2O，通入氮气，排尽装置内空气，防止空气中H2O和CO2的干扰，故答案为：排尽装置内空气，防止空气中H2O和CO2的干扰；(4)CO与CuO反应，生成Cu和二氧化碳，现象为E中黑色粉末变红色，F出现白色沉淀，故答案为：E中黑色粉末变红色，F出现白色沉淀；(5)检验铁离子的试剂为KSCN，具体有：取少量草酸亚铁晶体于试管中，加入稀硫酸溶解后并滴加KSCN溶液，若溶液变红色，则草酸亚铁晶体已氧化变质；若不变红色，则草酸亚铁晶体未氧化变质，故答案为：取少量草酸亚铁晶体于试管中，加入稀硫酸溶解后并滴加KSCN溶液，若溶液变红色，则草酸亚铁晶体已氧化变质；若