2026年四川省巴中市高三总复习质量测试(一)化学试题含解析

2026年四川省巴中市高三总复习质量测试(一)化学试题请考生注意：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、下列说法正确的是（）A．C4H8BrCl的同分异构体数目为10B．乙烯和苯均能使溴水褪色，且原理相同C．用饱和Na2CO3溶液可鉴别乙醇、乙酸、乙酸乙酯D．淀粉、油脂和蛋白质均为能发生水解反应的高分子化合物2、25℃时，向20mL0.1mol/L一元弱酸HA溶液中滴加0.1mol/LNaOH溶液，溶液中lg与pH关系如图所示。下列说法正确的是A．A点或B点所示溶液中，离子浓度最大的均是Na+B．HA滴定NaOH溶液时可用甲基橙作指示剂C．达到图中B点溶液时，加入NaOH溶液的体积小于10mLD．对C点溶液加热(不考虑挥发)，则一定增大3、下列实验操作、现象及所得出的结论或解释均正确的是选项实验操作现象结论或解释A向盐酸中滴加Na2SO3溶液产生使品红溶液褪色的气体非金属性：Cl>SB向废FeCl3蚀刻液X中加入少量的铁粉，振荡未出现红色固体X中一定不含Cu2+C向酸性KMnO4溶液中滴加乙醇溶液褪色乙醇具有还原性D用3mL稀硫酸与纯锌粒反应，再加入几滴Cu(NO3)2浓溶液迅速产生无色气体形成Zn-Cu原电池加快了制取H2的速率A．A B．B C．C D．D4、固体混合物X可能含有NaNO2、Na2SiO3、FeCl3、KAlO2中的一种或几种物质，某同学对该固体进行了如下实验：下列判断正确的是A．溶液甲中一定含有NaNO2、Na2SiO3，可能含有FeCl3、KAlO2B．原固体混合物X中一定有KAlO2C．固体乙、固体丁一定是纯净物D．将溶液乙和溶液丁混合一定有无色气体生成，可能有白色沉淀生成5、钠碱循环法可脱除烟气中的SO2.在钠碱循环中，吸收液为Na2SO3溶液，当吸收液的pH降为6左右时，可采用三室膜电解技术使其再生，图为再生示意图。下列说法正确的是()A．a极为电池的阳极B．a极区吸收液再生的原理是HSO3﹣+H+═H2O+SO2↑C．b电极的电极反应式是HSO3﹣﹣2e﹣+H2O═SO42﹣+3H+D．b膜为阳离子交换膜6、下列事实不能说明X元素的非金属性比硫元素的非金属性强的是（）A．X单质与H2S溶液反应，溶液变浑浊B．在氧化还原反应中，1molX单质比1mol硫得电子多C．X和硫两元素的气态氢化物受热分解，前者的分解温度高D．X元素的最高价含氧酸的酸性强于硫酸的酸性7、下列说法中正确的是A．在铁质船体上镶嵌锌块，可以减缓船体被海水腐蚀的速率，称为牺牲阴极的阳极保护法B．电解饱和食盐水是将电能转变成化学能，在阴极附近生成氢氧化钠和氢气C．铜锌原电池反应中，铜片作正极，产生气泡发生还原反应，电子从铜片流向锌片D．外加电流的阴极保护法是将被保护的金属与外加电源的正极相连8、某化学小组设计“全氢电池”如图中甲池(其中a、b为多孔石墨电极)，拟用该电池电解处理生活污水，达到絮凝净化的目的。其工作原理示意图：闭合K工作过程中，下列分析错误的是A．甲池中a极反应为：H2-2e-+2OH-=2H2OB．乙池中Fe电极区附近pH增大C．一段时间后，乙池的两极间出现污染物颗粒沉降现象D．如果Al电极上附着较多白色物质，甲池中Na+经过交换膜速率定会加快9、Na、Al、Fe都是重要的金属元素。下列说法正确的是A．氧化物都是碱性氧化物B．氢氧化物都是白色固体C．单质都可以与水反应D．单质在空气中都形成致密氧化膜10、X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素。Y原子在短周期主族元素中原子半径最大。X和Y能组成两种阴阳离子个数之比相同的离子化合物。常温下，0.1mol·L-1W的氢化物水溶液的pH为1。向ZW3的水溶液中逐滴加入Y的最高价氧化物对应的水化物，先产生白色沉淀，后沉淀逐渐溶解。下列推断正确的是A．简单离子半径：W>Y>Z>XB．Y、Z分别与W形成的化合物均为离子化合物C．元素的最高正化合价：W>X>Z>YD．Y、W的简单离子都不会影响水的电离平衡11、《现代汉语词典》中有：“纤维”是细丝状物质或结构。下列关于“纤维”的说法不正确的是（）A．造纸术是中国古代四大发明之一，所用到的原料木材纤维属于糖类B．丝绸是连接东西方文明的纽带，其中蚕丝纤维的主要成分是蛋白质C．光纤高速信息公路快速发展，光导纤维的主要成分是二氧化硅D．我国正大力研究碳纤维材料，碳纤维属于天然纤维12、下列反应的离子方程式正确的是A．铜跟稀HNO3反应：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2OB．向硫酸铝溶液中加入过量氨水：Al3++3OH-=AlO2-+2H2OC．向Ag(NH3)2NO3溶液中加入盐酸：Ag(NH3)2++2H+=Ag++2NH4+D．NaHSO4溶液和Ba(OH)2溶液混合后溶液呈中性：Ba2++OH-+H++SO42-=BaSO4↓+H2O13、元素R、X、T、Z、Q在元素周期表中的相对位置如下表所示,其中R单质在暗处与H2剧烈化合并发生爆炸。则下列判断正确的是()A．非金属性:Z<T<XB．R与Q的电子数相差26C．气态氢化物稳定性:R<T<QD．最高价氧化物的水化物的酸性:R>Q14、下列实验设计能完成或实验结论合理的是A．证明一瓶红棕色气体是溴蒸气还是二氧化氮，可用湿润的碘化钾－淀粉试纸检验，观察试纸颜色的变化B．铝热剂溶于足量稀盐酸再滴加KSCN溶液，未出现血红色，铝热剂中一定不含Fe2O3C．测氯水的pH，可用玻璃棒蘸取氯水点在pH试纸上，待其变色后和标准比色卡比较D．检验Cu2+和Fe3+离子，采用径向纸层析法，待离子在滤纸上展开后，用浓氨水熏，可以检验出Cu2+15、海水综合利用要符合可持续发展的原则，其联合工业体系（部分）如图所示，下列说法错误的是A．①中可采用蒸馏法 B．②中可通过电解法制金属镁C．③中提溴涉及到复分解反应 D．④的产品可生产盐酸、漂白液等16、关于化合物2−苯基丙烯（），下列说法正确的是A．不能使稀高锰酸钾溶液褪色B．可以发生加成聚合反应C．分子中所有原子共平面D．易溶于水及甲苯17、W、X、Y、Z、R是原子序数依次增大的五种短周期元素，其中W、R同主族；X是形成化合物种类最多的元素；常温下，W与Z能形成两种常见的液态化合物。下列说法正确的是A．X、Y的简单氢化物的沸点：X＞YB．Z、R的简单离子的半径大小：Z＜RC．Y与W形成的最简单化合物可用作制冷剂D．1molR2Z2与足量W2Z反应，转移的电子数为2NA18、常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（）A．使酚酞变红的溶液中：Na+、NH4+、Cl﹣、SO42﹣B．c（Al3+）＝0.1mol•L﹣1的溶液中：K+、Mg2+、AlO2﹣、SO42﹣C．澄清透明的溶液中：Fe3+、Ba2+、NO3﹣、Cl﹣D．c（H+）＝0.1mol•L﹣1的溶液中；K+、Na+、CH3COO﹣、NO3﹣19、在3种不同条件下，分别向容积为2L的恒容密闭容器中充入2molA和1molB，发生反应：。相关条件和数据见下表：实验编号实验Ⅰ实验Ⅱ实验Ⅲ反应温度/℃700700750达平衡时间/min40530n(D)平衡/mol1.51.51化学平衡常数K1K2K3下列说法正确的是（）A．实验Ⅲ达平衡后，恒温下再向容器中通入1molA和1molD，平衡不移动B．升高温度能加快反应速率的原理是降低了活化能，使活化分子百分数提高C．实验Ⅲ达平衡后容器内的压强是实验Ⅰ的0.9倍D．K3>K2>K120、加入少许下列一种物质，不能使溴水颜色显著变浅的是A．Mg粉 B．KOH溶液 C．KI溶液 D．CCl421、NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是A．5.5g超重水(T2O)中含有的中子数目为3NAB．常温常压下，44gCO2与足量过氧化钠反应转移电子的数目为NAC．常温常压下，42gC2H4和C4H8混合气体中含有氢原子的数目为6NAD．0.1L0.5mol·L－1CH3COOH溶液中含有H＋数目为0.2NA22、常温下，用0.1mol·L−1盐酸滴定10.0mL浓度为0.1mol·L−1Na2A溶液，所得滴定曲线如图所示。下列说法错误的是A．Ka2(H2A)的数量级为10−9B．当V=5时：c(A2−)+c(HA−)+c(H2A)=2c(Cl−)C．NaHA溶液中：c(Na+)＞c(HA−)＞c(A2−)＞c(H2A)D．c点溶液中：c(Na+)＞c(Cl−)＞c(H+)=c(OH−)二、非选择题(共84分)23、（14分）盐酸普罗帕酮是一种高效速效抗心律失常药。合成此药的原料D的流程如下：已知：请回答以下问题：(I)A的化学名称为____，试剂a的结构简式为____。(2)C的官能团名称为____________。(3)反应⑤的反应类型为____；反应①和⑤的目的为_______。(4)满足下列条件的B的同分异构体还有___种(不包含B)。其中某同分异构体x能发生水解反应，核磁共振氢谱有4组峰且峰面积比为3:2:2:1，请写出x与NaOH溶液加热反应的化学方程式____。①能发生银镜反应②苯环上有2个取代基(5)关于物质D的说法，不正确的是____（填标号）。a．属于芳香族化合物b．易溶于水c．有三种官能团d．可发生取代、加成、氧化反应24、（12分）某合金X由常见的两种元素组成。为探究该合金X的元素组成和性质,设计并进行如下实验:根据上述信息,回答下列问题:(1)合金X的化学式为________。(2)用离子方程式解释溶液中滴加H2O2后呈红色的原因:_______(3)写出336mL(标准状况)气体B通入100mL0.2mol/L的NaOH溶液中的化学反应方程式:_______25、（12分）钠与水反应的改进实验操作如下：取一张滤纸，用酚酞试液浸润并晾干，裁剪并折叠成信封状，滤纸内放一小块（约绿豆粒般大小）金属钠，把含钠的滤纸信封放入水中，装置如下图所示。请回答：（1）写出金属钠与水反应的离子方程式________________。（2）实验过程中取用金属钠的操作方法是________________。（3）有关此实验的说法正确的是________________。A．实验过程中，可能听到爆鸣声B．实验过程中，看到滤纸信封由白色逐渐变红色C．实验改进的优点之一是由实验现象能直接得出反应产物D．实验过程中，多余的金属钠不能放回原试剂瓶中，以免对瓶内试剂产生污染26、（10分）某研究性学习小组的同学设计了如图装置制取溴苯和溴乙烷：己知：乙醇在加热的条件下可与HBr反应得到溴乙烷（CH3CH2Br），二者某些物理性质如下表所示：溶解性（本身均可作溶剂）沸点（℃）密度（g/mL）乙醇与水互溶，易溶于有机溶剂78.50.8溴乙烷难溶于水，易溶于有机溶剂38.41.4请回答下列问题：（1）B中发生反应生成目标产物的化学方程式为_________。（2）根据实验目的，选择下列合适的实验步骤：①→___________（选填②③④等）。①组装好装置，___________（填写实验操作名称）；②将A装置中的纯铁丝小心向下插入苯和液溴的混合液中；③点燃B装置中的酒精灯，用小火缓缓对锥形瓶加热10分钟；④向烧瓶中加入一定量苯和液溴，向锥形瓶中加入无水乙醇至稍高于进气导管口处，向U形管中加入蒸馏水封住管底，向水槽中加入冰水。（3）简述实验中用纯铁丝代替铁粉的优点：_____。（4）冰水的作用是_______。（5）反应完毕后，U形管内的现象是______________；分离溴乙烷时所需的玻璃仪器有_____。27、（12分）氮化铝(AlN)是一种新型无机材料，广泛应用于集成电路生产领域。某化学研究小组利用Al2O3＋3C＋N22AlN＋3CO制取氮化铝，设计如图实验装置：试回答：（1）实验中用饱和NaNO2与NH4Cl溶液制取氮气的化学方程式为___。（2）装置中分液漏斗与蒸馏烧瓶之间的导管A的作用是__(填写序号)。a．防止NaNO2饱和溶液蒸发b．保证实验装置不漏气c．使NaNO2饱和溶液容易滴下（3）按图连接好实验装置，检查装置气密性的方法是：在干燥管D末端连接一导管，将导管插入烧杯中的液面下，___。（4）化学研究小组的装置存在严重问题，请说明改进的办法：___。（5）反应结束后，某同学用如图装置进行实验来测定氮化铝样品的质量分数(实验中导管体积忽略不计)。已知：氮化铝和NaOH溶液反应生成NaAlO2和氨气。①广口瓶中的试剂X最好选用___(填写序号)。a．汽油b．酒精c．植物油d．CCl4②广口瓶中的液体没有装满(上方留有空间)，则实验测得NH3的体积将___(填“偏大”、“偏小”或“不变”)。③若实验中称取氮化铝样品的质量为10.0g，测得氨气的体积为3.36L(标准状况)，则样品中AlN的质量分数为___。28、（14分）人类向大气中排放的NOx和SO2对环境会产生危害，烟气的脱硝（除NOx）技术和脱硫（除SO2）技术都是环境科学研究的热点。（1）选择性催化还原技术是目前最成熟的烟气脱硝技术，即在催化剂作用下，用还原剂（如NH3选择性地与NOx反应生成N2和H2O。已知：4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g)ΔH1=-905.5kJ·mol-1N2(g)+O2(g)=2NO(g)ΔH2=+180kJ·mol-1则4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)=4N2(g)+6H2O(g)ΔH3=__。（2）碱性KMnO4氧化法也可将NOx进行脱除。①用KMnO4(NaOH)溶液进行烟气中NO的脱除，将该离子方程式补充完整。__□NO+□MnO4-+□__=NO2-+3NO3-+□MnO42-+□__②下列叙述正确的是__（填字母序号）。A．将脱除后的混合溶液进行分离可获得氮肥B．反应后混合溶液中：c(MnO4-)+2c(MnO42-)=c(K+)C．在不同酸碱性条件下，KMnO4发生还原反应的产物可能不同（3）催化剂V2O5可用于处理NOx和SO2。V2O5在催化降解NOx的过程中，也会对SO2和O2反应起到一定的催化作用，其反应式如下：a.V2O5+SO2=V2O4+SO3b.__c.2VOSO4=V2O5+SO2+SO3SO3进一步与烟气中逃逸的氨反应，生成硫酸氢铵和硫酸铵。29、（10分）用O2将HCl转化为Cl2，可提高效益，减少污染，（1）传统上该转化通过如图所示的催化剂循环实现，其中，反应①为：2HCl（g）+CuO（s）H2O（g）+CuCl2（g）△H1反应②生成1molCl2（g）的反应热为△H2，则总反应的热化学方程式为___________（反应热用△H1和△H2表示）。（2）新型RuO2催化剂对上述HCl转化为Cl2的总反应具有更好的催化活性，①实验测得在一定压强下，总反应的HCl平衡转化率随温度变化的aHCl—T曲线如图，则总反应的△H___0（填“＞”、“﹦”或“＜”）；A、B两点的平衡常数K（A）与K（B）中较大的是_______。②在上述实验中若压缩体积使压强增大，画出相应aHCl—T曲线的示意图，并简要说明理由______________。③下列措施中有利于提高aHCl的有___________。A、增大n（HCl）B、增大n（O2）C、使用更好的催化剂D、移去H2O（3）一定条件下测得反应过程中n（Cl2）的数据如下：t（min）

0

2.0

4.0

6.0

8.0

n（Cl2）/10-3mol

0

1.8

3.7

5.4

7.2

计算2.0～6.0min内以HCl的物质的量变化表示的反应速率______（以mol·min-1为单位，写出计算过程）。（4）Cl2用途广泛，写出用Cl2制备漂白粉的化学方程式______________。

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、C【解析】

A．C4H8BrCl可看作C4H9Br的一氯取代物，C4H9Br的同分异构体取决于丁基的数目，-C4H9异构体有：-CH2CH2CH2CH3，-CH（CH3）CH2CH3，-CH2CH（CH3）CH3，-C（CH3）3，含有H种类分别有4、4、3、1，则C4H8BrCl共有12种，故A错误；B．乙烯和苯均能使溴水褪色，前者为加成反应，后者为萃取，原理不相同，B错误；C．乙醇易溶于水，乙酸具有酸性，可与碳酸钠反应生成气体，乙酸乙酯不溶于水，可鉴别，C正确；D．油脂不属于高分子化合物，属于酯类物质，D错误；故答案选C。2、C【解析】

A.溶液在A、B点时，溶液显酸性，则c(H+)>c(OH-)，溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(A-)，由于c(H+)>c(OH-)，所以c(Na+)<c(A-)，故A、B点溶液中离子浓度最大的都不是Na+，A错误；B.HA为弱酸，NaOH为强碱，HA与NaOH恰好完全反应时生成强碱弱酸盐NaA，由于A-的水解NaA溶液呈碱性，而甲基橙作指示剂时溶液pH变化范围是3.1～4.4，所以HA滴定NaOH溶液时不能选择甲基橙作指示剂，B错误；C.溶液在B点时pH=5.3，lg=0，则c(A-)=c(HA)，弱酸HA的电离平衡常数Ka==c(H+)=10-5.3，A-的水解平衡常数Kh=<10-5.3，若向20mL0.1mol/LHA溶液中加入10mL0.1mol/LNaOH溶液，得到的是等浓度的HA、NaA的混合溶液，由于HA的电离程度大于NaA的水解程度，则溶液中c(A-)>c(HA)，即lg>0，故B点溶液时，加入NaOH溶液的体积小于10mL，C正确；D.温度升高，盐水解程度增大，A-的水解平衡常数会增大，会随温度的升高而减小，D错误；故答案选C。3、C【解析】

A.盐酸中滴加Na2SO3溶液反应生成SO2气体，只能说明盐酸酸性大于亚硫酸，无法比较S和Cl的非金属性强弱，故A错误；B.Fe先与FeCl3反应，再与Cu2+反应，由于加入少量的铁粉，Fe3+未反应完，所以无红色固体生成，无法确定是否含有Cu2+，故B错误；C.酸性高锰酸钾溶液有氧化性，加入乙醇，溶液褪色，说明乙醇被氧化，体现了乙醇的还原性，故C正确；D.用3mL稀硫酸与纯锌粒反应，再加入几滴Cu(NO3)2浓溶液，在酸性条件下，硝酸根离子具有强氧化性，与金属反应不能生成氢气，故D错误，故选C。4、D【解析】

溶液甲能和盐酸反应生成固体乙，说明溶液甲中含有硅酸钠，固体乙为硅酸，溶液甲和盐酸反应生成气体，说明含有亚硝酸钠，则溶液乙含有氯化钠和盐酸，固体甲可能是氯化铁和硅酸钠双水解生成的硅酸和氢氧化铁，或还存在氯化铁和偏铝酸钾双水解生成的氢氧化铝沉淀，溶液甲可能有剩余的偏铝酸钾。硅酸或氢氧化铝都可溶于氢氧化钠，溶液丙为硅酸钠或还有偏铝酸钠，固体丙为氢氧化铁。溶液丙中通入过量的二氧化碳，生成硅酸沉淀或氢氧化铝沉淀，溶液丁含有碳酸氢钠。A.溶液甲一定有亚硝酸钠和硅酸钠，可能有偏铝酸钾，一定不存在氯化铁，故错误；B.X可能有偏铝酸钾，故错误；C.固体乙一定是硅酸，固体丁可能是硅酸或氢氧化铝，故错误；D.溶液甲中有氯化钠和盐酸，可能有偏铝酸钾，与溶液丁碳酸氢钠反应，一定有二氧化碳气体，可能有氢氧化铝沉淀。故正确；故选D。掌握物质之间的反应，和可能性，注意可能存在有剩余问题，抓住特殊物质的性质，如加入盐酸产生沉淀通常认为是氯化银沉淀，但要注意有硅酸沉淀，注意盐类水解情况的存在。5、C【解析】

由示意图可知：Na+向a电极移动，HSO3﹣、SO42﹣向b电极移动，则a为阴极，b为阳极，据此解答。【详解】A．a极上氢离子被还原为氢气，发生还原反应，故a为阴极，故A错误；B．a极上氢离子得电子生成氢气，溶液中氢离子浓度降低，促进HSO3﹣电离生成SO32﹣，钠离子进入阴极室，吸收液就可以再生，故B错误；C．酸性条件，阴离子主要为HSO3﹣，b电极上HSO3﹣转化为SO42﹣，电极反应式为：HSO3﹣﹣2e﹣+H2O═SO42﹣+3H+，故C正确；D．b膜允许阴离子通过，故b膜为阴离子交换膜，故D错误。故选：C。6、B【解析】

比较非金属元素的非金属性强弱，可根据单质之间的置换反应、对应最高价氧化物的水化物的酸性、氢化物的稳定性等角度判断，而与得失电子数没有必然关系。【详解】A．X单质与H2S溶液反应，溶液变浑浊，说明X单质的氧化性比硫强，则说明X元素的非金属性比S元素的非金属性强，故A不符合题意；B．在氧化还原反应中，1molX单质比1molS得电子多，氧化性强弱与得失电子数没有必然关系，故B符合题意；C．元素的非金属性越强，氢化物的稳定性越强，X和S两元素的简单氢化物受热分解，前者的分解温度高，说明X的非金属性较强，故C不符合题意；D．X元素的最高价含氧酸的酸性强于硫酸的酸性，说明X的非金属性较强，故D不符合题意；故答案选B。7、B【解析】

A．在船体上镶嵌锌块，形成锌铁原电池，锌比铁活泼，锌作负极不断被腐蚀，铁做正极则不会被腐蚀，称为牺牲阳极的阴极保护法，A错误；B．在外加电源的作用下，电解饱和食盐水是将电能转变成化学能，阴极上氢离子得电子生成氢气，同时溶液中生成氢氧根离子，B正确；C．铜锌原电池反应中，Zn

失电子作负极，铜片作正极，产生气泡发生还原反应，电子从锌片流向铜片，C错误；D．外加电流的阴极保护法应将被保护的金属与外加电源的负极相连，与正极相连作阳极会失电子被腐蚀，D错误；答案选B。8、D【解析】

根据此装置电解处理生活污水可知，甲池为原电池，乙为电解池，a为负极，b为正极，铁为阴极，铝为阳极，a极反应为：H2-2e-+2OH-=2H2O，b极反应为2H++2e-=H2↑，总的电极反应为H++OH-=H2O，利用甲池产生的电流电解乙池，乙池中，铝为阳极，铁为阴极，阳极反应为：Al-3e-=Al3+，阴极反应为2H++2e-=H2↑由此分析。【详解】A．甲池为原电池，a为负极，a极通入氢气，氢气在负极上失去电子生成氢离子，结合氢氧根离子生成水，电极反应为H2-2e-+2OH-=2H2O，故A正确；B．乙池中，铁作阴极，电极反应为：2H++2e-=H2↑，溶液中氢离子的浓度减小，氢氧根离子的溶度相对增大，pH增大，故B正确；C．乙为电解池，铝为阳极，铁为阴极，阳极反应为：Al-3e-=Al3+，阴极反应为2H++2e-=H2↑，溶液中的氢离子的浓度减小，氢氧根离子向阳极移动，在阳极结合铝离子生成氢氧化铝胶体，吸附污染物颗粒一起沉降，在阴极，一段时间后，铝离子向阴极移动，铝离子可以在溶液中形成氢氧化铝胶体，吸附水中的污染物颗粒一起沉降，故C正确；D．如果Al电极上附着较多白色物质，白导致色物质为氢氧化铝，阻止了铝电极继续放电，导致导线中电荷的数目减小，甲池中Na+经过交换膜速率定会减慢，故D错误；答案选D。9、C【解析】

A．Na、Al、Fe的氧化物中，过氧化钠能跟酸起反应，除生成盐和水外，还生成氧气，不是碱性氧化物，氧化铝不但可以和碱反应还可以和酸反应均生成盐和水，为两性氧化物，故A错误；B．氢氧化钠、氢氧化铝为白色固体，而氢氧化铁为红褐色固体，故B错误；C．钠与水反应2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，生成氢氧化钠和氢气，铁与水蒸汽反应生成氢气与四氧化三铁，3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2，在金属活动性顺序表中，铝介于二者之间，铝和水2Al+6H2O2Al(OH)3+3H2↑，反应生成氢氧化铝和氢气，高温下氢氧化铝分解阻碍反应进一步进行，但铝能与水反应，故C正确；D．Na在空气中最终生成碳酸钠，不是形成致密氧化膜，Al在空气中与氧气在铝的表面生成一层致密的氧化物保护膜，阻止Al与氧气的进一步反应，铁在空气中生成三氧化二铁，不是形成致密氧化膜，故D错误；故答案为C。10、D【解析】

Y原子在短周期主族元素中原子半径最大，故Y为Na元素，其最高价氧化物对应的水化物为NaOH，逐滴加入氢氧化钠溶液先产生沉淀，后沉淀溶解，说明ZW3为铝盐，即Z为Al元素；X和Y能组成两种阴阳离子个数之比相同的离子化合物，则X为O元素；常温下，0.1mol·L-1W的氢化物水溶液的pH为1，说明HW为一元强酸，W的原子序数大于Z，所以W为Cl元素；综上所述：X为O，Y为Na，Z为Al，W为Cl。【详解】A.核外电子排布相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小；氯离子电子层为3层，其他离子均为2层，所以简单离子半径：Cl⁻>O2⁻>Na+>Al3+，即W>X>Y>Z，故A错误；B.Al与Cl形成的化合物AlCl3为共价化合物，故B错误；C.O元素没有最高正化合价，故C错误；D.NaOH为强碱，HCl为强酸，所以钠离子和氯离子都不会影响水的电离平衡，故D正确；故答案为D。11、D【解析】

A．造纸所用的原料木材纤维属于糖类，A项正确；B．蚕丝纤维的主要成分是蛋白质，B项正确；C．光导纤维的主要成分是二氧化硅，C项正确；D．碳纤维的主要成分为单质碳，不属于天然纤维，D项错误。故选D。12、A【解析】A.铜跟稀HNO3反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，离子方程式为：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O，故A正确；B.过量氨水不能溶解生成的氢氧化铝沉淀，故B错误；C.向Ag(NH3)2NO3溶液中加入盐酸反应生成氯化银沉淀，故C错误；D.NaHSO4溶液和Ba(OH)2溶液混合后溶液呈中性的离子方程式为Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O，故D错误；故选A。点晴：离子方程式正误判断是高考高频知识点，解这类题主要是从以下几个方面考虑：①反应原理是否正确；②电解质的拆分是否正确；③是否满足电子守恒、电荷守恒及原子守恒。本题的易错点是D，要注意从化学方程式进行判断。13、B【解析】

R单质在暗处与H2剧烈化合并发生爆炸，则R为F元素，由元素在周期表中的位置可知，T为Cl元素，Q为Br元素，X为S元素，Z为Ar元素。【详解】A．Z为Ar元素，最外层为稳定结构，金属性与非金属性在同周期中最弱，且同周期自左而右非金属性增强，非金属性Z＜X＜T，A项错误；B．R为F元素，Q为Br元素，原子序数相差26，B项正确；C．同主族自上而下，非金属性减弱，非金属性F＞Cl＞Br，非金属性越强，气态氢化物越稳定，稳定性HF＞HCl＞HBr，C项错误；D．R为F，非金属性很强，没有最高价含氧酸，D项错误；答案选B。14、D【解析】

A．溴蒸气、二氧化氮均能氧化I-生成I2，淀粉试纸变蓝，现象相同，不能区别，A错误；B．铝能把三价铁还原为二价铁，所以不能确定是否含有Fe2O3，B错误；C．由于氯水中含有次氯酸，具有漂白性，能把试纸漂白，不能用pH试纸上测出氯水的pH，C错误；D．由于两种离子中Fe3+在流动相中分配的多一些，随流动相移动的速度快一些；Cu2+在固定相中分配的多一些，随流动相移动的速度慢一些，氨与Cu2+可形成蓝色配合物，D正确；答案选D。15、C【解析】

A.利用蒸馏原理可从海水中提取淡水，故不选A；B.从海水中得到氯化镁后，镁为活泼金属，则可以电解熔融状态的氯化镁生成氯气和金属镁，故不选B；C.将苦卤浓缩通入过量氯气进行氧化，静置溴沉在底部,继而通入空气和水蒸气，将溴吹入吸收塔，使溴蒸汽和吸收剂二氧化硫发生作用转化成氢溴酸以达到富集溴，然后再用氯气将其氧化得到溴，反应过程中不涉及复分解反应，故选C；D.从海水中得到氯化钠后，电解氯化钠溶液，得氢氧化钠和氢气和氯气，利用制得的氯气可以生产盐酸和漂白液，故不选D；答案：C16、B【解析】

2-苯基丙烯的分子式为C9H10，官能团为碳碳双键，能够发生加成反应、氧化反应和加聚反应。【详解】A项、2-苯基丙烯的官能团为碳碳双键，能够与高锰酸钾溶液发生氧化反应，使酸性高锰酸钾溶液褪色，故A错误；B项、2-苯基丙烯的官能团为碳碳双键，一定条件下能够发生加聚反应生成聚2-苯基丙烯，故B正确；C项、有机物分子中含有饱和碳原子，所有原子不可能在同一平面。2-苯基丙烯中含有甲基，所有原子不可能在同一平面上，故C错误；D项、2-苯基丙烯为烃类，分子中不含羟基、羧基等亲水基团，难溶于水，易溶于有机溶剂，则2-苯基丙烯难溶于水，易溶于有机溶剂甲苯，故D错误。故选B。本题考查有机物的结构与性质，侧重分析与应用能力的考查，注意把握有机物的结构，掌握各类反应的特点，并会根据物质分子结构特点进行判断是解答关键。17、C【解析】

W、X、Y、Z、R是原子序数依次增大的五种短周期元素，X是形成化合物种类最多的元素，推出X为C，常温下，W与Z能形成两种常见的液态化合物，可知是H2O、H2O2，推出W为H，Z为O，W、R同主族，因此推出R为Na，X为C，Z为O，可知Y为N。A.X、Y的简单氢化物分别为CH4、H2O，水分子之间存在氢键，沸点：CH4＜H2O，A项错误；B.Z、R对应的离子为：O2-、Na+，电子层相同，原子序数小的，离子半径大，离子的半径大小：O2-＞Na+，B项错误；C.Y与W形成的最简单化合物NH3，可用作制冷剂，C项正确；D.2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，2mol过氧化钠转移电子2mol，1molNa2O2反应，转移的电子数为NA，D项错误；答案选C。18、C【解析】

A、使酚酞变红的溶液呈碱性，NH4+与氢氧根反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；B、Al3+、AlO2﹣之间发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀，在溶液中不能大量共存，故B错误；C、Fe3+、Ba2+、NO3﹣、Cl﹣之间不反应，在溶液中能够大量共存，故C正确；D、H+、CH3COO﹣之间发生反应，在溶液中不能大量共存，故D错误；答案选C。19、A【解析】

A．容积为2L的恒容密闭容器中充入2molA和1molB，发生反应：2A(g)+B(g)⇌2D(g)，实验III中，平衡时n(D)=1mol，则n(A)=1mol，n(B)=0.5mol，因此c(D)=0.5mol/L，c(A)=0.5mol/L，c(B)=0.25mol/L，750℃的平衡常数K===4，温度不变，则平衡常数不变，实验Ⅲ达平衡后，恒温下再向容器中通入1molA和1molD，则此时容器中c(A)=1mol/L，c(B)=0.25mol/L，c(D)=1mol/L，此时浓度商QC==4=K，则平衡不发生移动，故A正确；B．升高温度不能降低反应的活化能，但能使部分非活化分子吸收热量而变为活化分子，即增大了活化分子百分数，增大活化分子的有效碰撞机会，化学反应速率加快，故B错误；C．根据理想气体状态方程PV=nRT可知，在相同体积的容器中，PIII：PI=nIIITIII:nITI。反应起始时向容器中充入2molA和1molB，实验III达平衡时，n(D)=1mol，根据反应方程式，则平衡时n(A)=1mol，n(B)=0.5mol。实验I达平衡时，n(D)=1.5mol，根据反应方程式，n(A)=0.5mol，n(B)=0.25mol，则实验III达平衡后容器内的压强与实验I达平衡后容器内的压强之比=≠0.9，故C错误；D．反应为2A(g)+B(g)⇌2D(g)，比较实验I和III，温度升高，平衡时D的量减少，化学平衡向逆反应方向移动，则K3＜K1，温度相同，平衡常数相同，则K1=K2，综上，则平衡常数的关系为：K3＜K2=K1，故D错误；答案选A。本题的难点为C，需要结合理想气体状态方程pV=nRT计算判断。本选项的另一种解法：实验III中平衡混合物的总物质的量为2.5mol，实验I中平衡混合物的总物质的量为2.25mol，两者物质的量之比为2.5:2.25=1.1，则在相同温度下的相同容器的压强之比等于其气体的总物质的量之比=1.1，由于实验III的温度更高，升高温度，气体的压强增大，则两容器的压强之比大于1.1。20、C【解析】

溴水溶液与氯水溶液成分相似，存在平衡Br2+H2OHBr+HBrO，据此分析作答。【详解】A．Mg与溴水反应生成无色溶液，颜色变浅，故A不符合题意；B．KOH与溴水反应生成无色溶液，颜色变浅，故B不符合题意；C．溴水与KI发生反应生成碘，溶液颜色加深，故C符合题意；D．溴水与四氯化碳发生萃取，使溴水颜色显著变浅，故D不符合题意；故答案为：C。21、D【解析】

A选项，5.5g超重水(T2O)物质的量，1个T2O中含有12个中子，5.5g超重水(T2O)含有的中子数目为3NA，故A正确，不符合题意；B选项，根据反应方程式2mol过氧化钠与2mol二氧化碳反应生成2mol碳酸钠和1mol氧气，转移2mol电子，因此常温常压下，44gCO2即物质的量1mol，与足量过氧化钠反应转移电子的数目为NA，故B正确，不符合题意；C选项，C2H4和C4H8混合气体可用通式法来分析，通式为CnH2n，42gC2H4和C4H8混合气体中含有氢原子物质的量，因此含有氢原子的数目为6NA，故C正确，不符合题意；D选项，0.1L0.5mol·L－1CH3COOH物质的量为0.05mol，醋酸是弱酸，部分电离，因此溶液中含有H＋数目小于为0.05NA，故D错误，符合题意。综上所述，答案为D。C2H4和C4H8混合气体可用通式法来分析含碳原子个数和含氢原子个数的思想。22、C【解析】

A．滴定前pH=11，则A2−的水解常数是，则Ka2(H2A)的数量级为，A正确；B．当V=5时根据物料守恒可知c(A2−)+c(HA−)+c(H2A)=2c(Cl−)，B正确；C．根据图像可知恰好生成NaHA时溶液显碱性，水解程度大于电离常数，NaHX溶液中c(Na+)＞c(HA−)＞c(H2A)＞c(A2−)，C错误；D．c点溶液显中性，盐酸的体积大于10mL小于20mL，则溶液中：c(Na+)＞c(Cl−)＞c(H+)=c(OH−)，D正确；答案选C。二、非选择题(共84分)23、邻羟基苯甲醛（2-羟基苯甲醛）羟基，羰基取代反应保护羟基不被氧化11bc【解析】

C为；(I)按命名规则给A命名，结合题给信息与反应②中的反应物和产物结构，找出试剂a，可确定结构简式；(2)由反应⑤⑥找到C的结构简式，并且找出其的官能团写名称即可；(3)找到C的结构简式是关键，从流程开始的物质A到C，可发现只有醛基被消除，由此可发现⑤的反应类型及反应①和⑤的目的；(4)从B的结构出发，满足条件的B的同分异构体(不包含B)中，先找出条件对应的基团及位置，最后再确定总数目，同分异构体x与NaOH溶液加热下反应，则X含酯基，X核磁共振氢谱有4组峰且峰面积比为3:2:2:1，确定X结构即可求解；(5)关于物质D的说法不正确的有哪些？从结构中含有苯环、醚键、羰基、醇羟基等基团的相关概念、性质判断；【详解】(I)A为，则其名称为：邻羟基苯甲醛（2-羟基苯甲醛）；答案为：邻羟基苯甲醛（2-羟基苯甲醛）；题给信息，反应②为，则试剂a为；答案为：；(2)由反应⑤⑥找到C的结构简式：，官能团为羟基和羰基；答案为：羟基；羰基；(3)C的结构简式是，与HI在加热下发生反应⑤得到，可见是-OCH3中的-CH3被H取代了；从流程开始的物质A到C，为什么不采用以下途径：主要是步骤3中醇羟基被氧化成羰基时，酚羟基也会被氧化，因此反应①和⑤的目的为保护羟基不被氧化；答案为：取代反应；保护羟基不被氧化；(4)B的同分异构体(不包含B)要满足条件①能发生银镜反应②苯环上有2个取代基，其中有一个醛基(含甲酸酯基)，且取代基可以是邻、间、对3种位置，则2个取代基可以有四种组合：首先是和，它们分别处于间、对，共2种（处于邻位就是B要排除），剩下3种组合分别是、、，它们都可以是邻、间、对3种位置，就9种，合起来共11种；答案为：11；某同分异构体x能与NaOH溶液加热下反应，则X含甲酸酯基，则X中苯环上的侧链为，X核磁共振氢谱有4组峰且峰面积比为3:2:2:1，则取代基处于对位，因此X为，则反应方程式为；答案为：(5)D为，关于物质D的说法：a．因为含有苯环，属于芳香族化合物，a说法正确，不符合；b．亲水基团少，憎水基团大，不易溶于水，b说法不正确，符合；c．含氧官能团有3种，还有1种含氮官能团，c说法不正确，符合；d．醇羟基可发生取代、氧化，羰基、苯环上可催化加氢反应,d说法正确，不符合；答案为：bc。24、Fe5CH2O2+2H++2Fe2+=2Fe3++2H2O、Fe3++3SCN-=Fe(SCN)34NaOH+3CO2=Na2CO3+2NaHCO3+H2O【解析】

由血红色可以推出X含有铁元素，由无色无味的气体使澄清石灰水变浑浊推出X中另一种元素为碳。铁碳合金和足量的稀硫酸反应生成FeSO4和H2（A气体），剩余黑色固体碳在足量的氧气中灼烧，生成无色无味气体B（CO2），CO2通入足量澄清石灰水中得到白色沉淀CaCO3。【详解】(1)生成的CaCO3为5.0g即0.05mol，碳元素的质量为0.05mol×12g/mol=0.6g，则X中铁的含量为14.6g-0.6g=14.0g，即含铁14.0g÷56g/mol=0.25mol，所以X为Fe5C。(2)合金中的Fe与H2SO4反应生成的是FeSO4，加氧化剂H2O2后被氧化成Fe3+再与SCN-生成Fe(SCN)3。故离子方程式为：H2O2+2H++2Fe2+=2Fe3++2H2O、Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3；(3)CO2的物质的量为0.336L÷22.4L/mol=0.015mol，NaOH的物质的量为0.02mol。0.015molCO2与0.02molNaOH反应生成Na2CO3amol与NaHCO3bmol，根据Na和C守恒列2个二元一次方程分别为2a+b=0.02，a+b=0.015解得a=0.005，b=0.01，根据四种物质的最简比写出方程式:4NaOH+3CO2=Na2CO3+2NaHCO3+H2O。25、2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑用镊子取出金属钠，用滤纸吸干表面的煤油，用小刀切一小块用于实验。ABC【解析】（1）金属钠与水反应生成NaOH和氢气的离子方程式为2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑；（2）因钠能与水反应，应保存在煤油中，且生成的NaOH有腐蚀性，实验过程中取用金属钠的操作方法是用镊子取出金属钠，用滤纸吸干表面的煤油，用小刀切一小块用于实验；（3）A．反应放热，生成的H2在空气中燃烧，能听到爆鸣声，故A正确；B．生成NaOH,溶液显碱性，滴有酚酞的滤纸信封由白色逐渐变红色，故B正确；C．此实验的优点之一是由实验现象能直接得出反应产物，故C正确；D．实验过程中，多余的金属钠应放回原试剂瓶，故D错误；答案为ABC。26、C2H5OH+HBrC2H5Br+H2O④②③检査其气密性随时控制反应的进行，不反应时上拉铁丝，反应时放下铁丝降温，冷凝溴乙烷U形管底部产生无色的油状液体分液漏斗、烧杯。【解析】

装置A中生成溴苯和溴化氢，B中乙醇和溴化氢反应生成溴乙烷和水，C用来收集产品，据此解答。【详解】（1）HBr和乙醇在加热条件下，发生取代反应生成目标产物溴乙烷和水，B中发生反应生成目标产物的化学方程式为C2H5OH+HBrC2H5Br+H2O。故答案为：C2H5OH+HBrC2H5Br+H2O；（2）利用苯和液溴反应制得溴苯，同时生成的溴化氢与乙醇发生取代反应得到溴乙烷，则应先连接装置并检查所密性，再添加药品，先加热A装置使苯和液溴先反应，再加热B装置制溴乙烷，即实验的操作步骤为：①④②③，故答案为：④②③；检查气密性；（3）实验中用纯铁丝代替铁粉的优点：可随时控制反应的进行，不反应时上拉铁丝，反应时放下铁丝，而铁粉添加后就无法控制反应速率了，故答案为：随时控制反应的进行，不反应时上拉铁丝，反应时放下铁丝；（4）冰水的作用是可降温，冷凝溴乙烷，防止其挥发，故答案为：降温，冷凝溴乙烷；（5）反应完毕后，U形管内的现象是底部有油状液体；溴乙烷与蒸气水不相溶，混合物可利用分液操作进行分离，需要的玻璃仪器有分液漏斗和烧杯，故答案为：U形管底部产生无色的油状液体；分液漏斗、烧杯。本题考查了溴苯和溴乙烷的制取，这是一个综合性较强的实验题，连续制备两种产品溴苯和溴乙烷，需要根据题意及装置图示，联系所学知识合理分析完成，易错点（5）实验时要注意观察并认真分析分离物质的原理，确定用分液的方法分离。27、NaNO2+NH4ClNaCl+N2↑+2H2Oc用酒精灯微热蒸馏烧瓶，导管口有气泡冒出，撤掉酒精灯一段时间，导管内上升一段水柱，证明气密性良好在干燥管D末端连接一个尾气处理装置c不变61.5%【解析】

制取氮化铝：用饱和NaNO2与NH4Cl溶液制取氮气NaNO2+NH4ClNaCl+N2↑+2H2O，装置中分液漏斗与蒸馏烧瓶之间的导管A，平衡内外压强，使NaNO2饱和溶液容易滴下，制得的氮气排尽装置中的空气，碱石灰干燥氮气，氧化铝、碳和氮气在高温的条件下生成氮化铝和一氧化碳，方程式为：Al2O3+3C+N22AlN+3CO，D防止空气进入反应装置干扰实验；（1）饱和NaNO2与NH4Cl溶液应生成氯化钠、氮气和水；（2）根据实验的需要结合大气压强原理来回答；（3）只要先将装置密封再利用热胀冷缩原理进行气密性验证；（4）实验必须对有毒气体进行尾气处理，防止空气污染；（5）氮化铝和氢氧化钠反应会生成氨气，氨气进入广口瓶后，如果装置密闭，广口瓶中压强会增大，那么就会有水通过广口瓶的长管进入量筒中，根据等量法可知，进入到广口瓶中水的体积就等于生成的氨气的体积．所以通过量筒中排出的水的体积就可以知道氨气的体积，然后有氨气的密度求出氨气的质量，进而根据方程式求出氮化铝的质量。①产生的氨气极易溶于水，为防止氨气溶于水需要把气体与水隔离，因此应选择不能与氨气产生作用的液体作为隔离液；选用的试剂应是和水不互溶，且密度大于水的；②反应前广口瓶的上方留有的少量空间填充的是空气，反应后广口瓶的上方留有的少量空间填充的是氨气，氨气代替了开始的空气，把最后空间中充入的氨气当成开始时的空气即可；③根据氨气的体积计算出物质的量，得出其中氮原子的物质的量，根据氮原子守恒，来计算氮化铝的百分含量。【详解】制取氮化铝：用饱和NaNO2与NH4Cl溶液制取氮气NaNO2+NH4ClNaCl+N2↑+2H2O，装置中分液漏斗与蒸馏烧瓶之间的导管A，平衡内外压强，使NaNO2饱和溶液容易滴下，制得的氮气排尽装置中的空气，碱石灰干燥氮气，氧化铝、碳和氮气在高温的条件下生成氮化铝和一氧化碳，方程式为：Al2O3+3C+N22AlN+3CO，D防止空气进入反应装置干扰实验。（1）饱和NaNO2与NH4Cl溶液反应生成氯化钠、氮气和水，反应为NaNO2+NH4ClNaCl+N2↑+2H2O；故答案为：NaNO2+NH4ClNaCl+N2↑+2H2O；（2）装置中分液漏斗与蒸馏烧瓶之间的导管A具有平衡气压的作用，这样可以保证NaNO2饱和溶液容易滴下，故选c；（3）关闭分液漏斗开关，使装置处于密闭体系，将导管一端浸入水中，用手紧握锥形瓶外壁，由于热胀冷缩，锥形瓶内气体受热膨胀，如果导管口有气泡冒出，说明气密性良好，否则装置漏气，故答案为：用酒精灯微热蒸馏烧瓶，导管口有气泡冒出，撤掉酒精灯一段时间，导管内上升一段水柱，证明气密性良好；（4）实验必须对有毒气体进行尾气处理，应在干燥管D末端连接一个尾气处理装置，防止空气污染，故答案为：在干燥管D末端连接一个尾气处理装置；（5）①酒精、汽油虽然都不能与氨气发生反应，但它们却都极易挥发，挥发出来的气体对实验有影响而且挥发完后不能再起到隔离氨气与水接触的作用；同时由于酒精易溶于水，也不能达到隔离的目的；CCl4密度大于水，不能起到隔离作用，而植物油既不溶于水，密度小于水也不易挥发，可以把氨气与水进行隔离；故答案为：c；

②本次实验的目的在于测定产生气体的体积而不是收集纯净的气体，因此，把最后空间中充入的氨气当成开始时的空气即可，不会对测量结果产生影响，故答案为：不变；

③氨气的体积为3.36L（标准状况），物质的量是0.15mol，所以氮化铝的物质的量是0.15mol，质量是0.15mol×41g/mol=6.15g，所以氮化铝的质量分数为×100%=61.5%，故答案为：61.5%。本题考查对实验原理的理解与实验操作评价、物质含量测定、化学计算等，理解实验原理是关键，是对所学知识的综合运用，需要学生具备扎实的基础知识与综合运用知识分析问题、解决问题的能力，学习中全面把握基础知识。28、-1625.5kJ/mol4，10，10