2025-2026学年青海省海西蒙古族藏族自治州高考压轴卷化学试卷（含答案解析）

这是一份2025-2026学年青海省海西蒙古族藏族自治州高考压轴卷化学试卷（含答案解析），共27页。试卷主要包含了考生要认真填写考场号和座位序号等内容，欢迎下载使用。
2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。
3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。
一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、工业上利用无机矿物资源生产部分材料的流程图如下。下列说法不正确的是
A．在铝土矿制备较高纯度Al的过程中常用到NaOH溶液、CO2气体、冰晶石
B．石灰石、纯碱、石英、玻璃都属于盐，都能与盐酸反应
C．在制粗硅时，被氧化的物质与被还原的物质的物质的量之比为2∶1
D．黄铜矿(CuFeS2)与O2反应产生的Cu2S、FeO均是还原产物
2、实验室提供的玻璃仪器有试管、导管、容量瓶、烧杯、酒精灯、表面皿、玻璃棒（非玻璃仪器任选），选用上述仪器能完成的实验是（ ）
A．粗盐的提纯B．制备乙酸乙酯
C．用四氯化碳萃取碘水中的碘D．配制0.1ml·L-1的盐酸溶液
3、二氧化氯（ClO2）是易溶于水且不与水反应的黄绿色气体，沸点为11℃。某小组在实验室中制备ClO2的装置如下：[已知：SO2+2NaClO3+H2SO4=2ClO2 +2NaHSO4]
下列说法正确的是
A．装置C中装的是饱和食盐水，a逸出的气体为SO2
B．连接装置时，导管口a应接h或g，导管口c应接e
C．装置D放冰水的目的是液化SO2，防止污染环境
D．可选用装置A利用1ml·L−1盐酸与MnO2反应制备Cl2
4、氯酸是一种强酸，浓度超过 40%时会发生分解，反应可表示为 aHClO3=bO2↑+ cCl2↑+ dHClO4 + eH2O，用湿润的淀粉碘化钾试纸检验气体产物时，试纸先变蓝后褪色。下列说法正确的是
A．若化学计量数 a = 8，b = 3，则该反应转移电子为 20e-
B．变蓝的淀粉碘化钾试纸褪色是因为可能发生了：4Cl2+I2 + 6H2O=12H++8Cl-+2IO3-
C．氧化产物是高氯酸和氯气
D．由反应可确定：氧化性：HClO4＞HClO3
5、第三周期X、Y、Z、W四种元素的最高价氧化物溶于水可得到四种溶液，0.010 ml/L的这四种溶液在25℃时的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．简单离子半径：X>Y>Z>W
B．W的氧化物对应的水化物一定是强酸
C．气态氢化物的稳定性：W＜Z＜Y
D．W与Z可形成一种各原子均达到8电子稳定结构的化合物Z2W2，其结构式为：W-Z-Z-W
6、在化学能与电能的转化过程中，下列叙述正确的是
A．电解饱和食盐水时，阳极得到Cl2 和NaOH(aq)
B．教材所示的铜-锌原电池在工作时，Zn2+ 向铜片附近迁移
C．电镀时，电镀槽里的负极材料发生氧化反应
D．原电池与电解池连接后，电子从原电池负极流向电解池阳极
7、一定量的钠和铝的混合物与足量的水充分反应，没有金属剩余，收到2.24L气体，下列说法一定正确的是
A．所得气体为氢气 B．所得气体的物质的量为 0.1 ml
C．上述过程只发生一个化学反应 D．所得溶液中只有一种溶质
8、有关化学资源的合成、利用与开发的叙述合理的是
A．大量使用化肥和农药，能不断提高农作物产量
B．通过有机合成，可以制造出比钢铁更强韧的新型材料
C．安装煤炭燃烧过程的“固硫”装置，主要是为了提高煤的利用率
D．开发利用可燃冰（固态甲烷水合物），有助于海洋生态环境的治理
9、Bdensteins研究了下列反应：2HI(g)H2(g)+I2(g) ΔH=+11 kJ/ml。在716K时，气体混合物中碘化氢的物质的量分数x(HI)与反应时间t的关系如下表：
由上述实验数据计算得到v正～x(HI)和v逆～x(H2)的关系可用如图表示。当改变条件，再次达到平衡时，下列有关叙述不正确的是
A．若升高温度到某一温度，再次达到平衡时，相应点可能分别是A、E
B．若再次充入a ml HI，则达到平衡时，相应点的横坐标值不变，纵坐标值增大
C．若改变的条件是增大压强，再次达到平衡时，相应点与改变条件前相同
D．若改变的条件是使用催化剂，再次达到平衡时，相应点与改变条件前不同
10、从古至今化学与生产、生活密切相关。下列说法正确的是（ ）
A．喝补铁剂（含Fe2+）时，加服维生素C效果更好，因维生素C具有氧化性
B．汉代烧制岀“明如镜、声如馨”的瓷器，其主要原料为石灰石
C．“司南之杓（勺），投之于地，其柢（勺柄）指南”，司南中的“杓”含Fe2O3
D．港珠澳大桥采用超高分子聚乙烯纤维吊绳，其商品名为“力纶”是有机高分子化合物
11、只改变一个影响因素，平衡常数K与化学平衡移动的关系叙述错误的是
A．K值不变，平衡可能移动B．K值变化，平衡一定移动
C．平衡移动，K值可能不变D．平衡移动，K值一定变化
12、根据下表(部分短周期元素的原子半径及主要化合价)信息，判断以下叙述正确的是
A．最高价氧化物对应水化物的碱性C＞A
B．氢化物的沸点H2E＞H2D
C．单质与稀盐酸反应的速率A＜B
D．C2＋与A＋的核外电子数相等
13、下列实验中，所使用的装置(夹持装置略)、试剂和操作方法都正确的是( )
A．观察Fe（OH）2的生成
B．配制一定物质的量浓度的NaCO3溶液
C．除去CO中的CO2
D．实验室模拟制备NaHCO3
14、化学在实际生活中有着广泛的应用。下列说法错误的是（ ）
A．食品添加剂可以改善食物的色、香、味并防止变质，但要按标准使用
B．铅蓄电池工作时两极的质量均增加
C．CO2和SO2都是形成酸雨的气体
D．用明矾作净水剂除去水中的悬浮物
15、一种利用电化学变色的装置如图所示，其工作原理为：在外接电源下，通过在膜材料内部Li＋定向迁移，实现对器件的光透过率进行多级可逆性调节。已知：WO3和Li4Fe4[Fe(CN)6]3均为无色透明晶体，LiWO3和Fe4[Fe(CN)6]3均为蓝色晶体。下列有关说法错误的是
A．当a接外接电源负极时，电致变色层、离子储存层都显蓝色，可减小光的透过率
B．当b接外接电源负极时，离子储存层发生的反应为Fe4[Fe(CN)6]3＋4Li＋＋4e－＝Li4Fe4[Fe(CN)6]3
C．切换电源正负极使得蓝色变为无色时，Li＋通过离子导体层由离子储存层向电致变色层迁移
D．该装置可用于汽车的玻璃变色调光
16、化学与生活、科技及环境密切相关。下列说法正确的是（ ）
A．为了防止感染“新冠病毒”，坚持每天使用无水酒精杀菌消毒
B．高铁“复兴号”车厢连接关键部位所使用的增强聚四氟乙烯板属于无机高分子材料
C．2020年3月9日，发射了北斗系统第五十四颗导航卫星，其计算机的芯片材料是高纯度二氧化硅
D．蜡蛾幼虫会啃食聚乙烯塑料袋，并且能将其转化为乙二醇，这项研究有助于减少白色污染
二、非选择题（本题包括5小题）
17、M为一种医药的中间体，其合成路线为：
（1）A的名称____。
（2）C中含有的含氧官能团名称是____。
（3）F生成G的反应类型为____。
（4）写出符合下列条件的D的同分异构体的结构简式____
①能发生银镜反应 ②遇到FeCl3溶液显紫色 ③苯环上一氯代物只有两种
（5）H与乙二醇可生成聚酯，请写出其反应方程式____
（6）写出化合物I与尿素（H2N - CO - NH2）以2:1反应的化学方程式____
（7）参考题中信息，以1，3-丁二烯（CH2=CHCH= CH2）为原料，合成，写出合成路线流程图（无机试剂任选）____。
18、吡贝地尔（ ）是多巴胺能激动剂，合成路线如下：
已知：①
②D的结构简式为
(1)A的名称是__________。
(2)E→F的反应类型是__________。
(3)G的结构简式为________；1mlB最多消耗NaOH与Na的物质的量之比为_______。
(4)D+H→吡贝地尔的反应的化学方程式为_______。
(5)D的同分异构体中满足下列条件的有______种（碳碳双键上的碳原子不能连羟基），其中核磁共振氢谱有5种峰且峰面积之比为2:2:1:1:1的结构简式为_______（写出一种即可）。①与FeCl3溶液发生显色反应②苯环上有3个取代基③1ml该同分异构体最多消耗3mlNaOH。
(6)已知：；参照上述合成路线，以苯和硝基苯为原料（无机试剂任选）合成，设计制备的合成路线：_______。
19、化合物M{ [(CH3COO)2Cr]2·2H2O，相对分子质量为376}不溶于冷水，是常用的氧气吸收剂。实验室中以锌粒、三氯化铬溶液、醋酸钠溶液和盐酸为主要原料制备该化合物，其装置如图所示，且仪器2中预先加入锌粒。已知二价铬不稳定，极易被氧气氧化，不与锌反应。制备过程中发生的相关反应如下：Zn(s)+2HCl(aq) ===ZnCl2(aq)+H2(g) 2CrCl3(aq)+Zn(s) ===2CrCl2(aq)+ZnCl2(aq)
2Cr2+(aq)+4CH3COO－(aq)+2H2O(l) === [Cr(CH3COO)2]2•2H2O(s)
请回答下列问题：
（1）仪器1的名称是__________。
（2）往仪器2中加盐酸和三氯化铬溶液的顺序最好是__________(填序号)；目的是_______。
A．盐酸和三氯化铬溶液同时加入
B．先加三氯化铬溶液，－段时间后再加盐酸
C．先加盐酸，－段时间后再加三氯化铬溶液
（3）为使生成的CrCl2溶液与醋酸钠溶液顺利混合，应关闭阀门__________(填“A”或“B”，下同)，打开阀门___________________。
（4）本实验中锌粒要过量，其原因除了让产生的H2将CrCl2溶液压入装置3与醋酸钠溶液反应外，另－个作用是__________________________。
20、设计一个方案，在用廉价的原料和每种原料只用一次的条件下，分三步从含有Fe3＋、Cu2＋、Cl－和NO3－的废液中，把Fe3＋转化为绿矾回收，把Cu2＋转化为Cu回收，各步反应加入的原料依次是________，________，________。各步反应的离子方程式是：
（1）_________________________________；
（2）_________________________________；
（3）__________________________________。
21、某小组同学以不同方案探究Cu粉与FeCl3溶液的反应。
(1)甲同学向FeCl3溶液中加入Cu粉，观察到溶液的颜色变为浅蓝色，由此证明发生了反应，其离子方程式是______________________________________________。
(2)乙同学通过反应物的消耗证明了上述反应的发生：将Cu粉加入到滴有少量KSCN的FeCl3溶液中，观察到溶液红色褪去，有白色沉淀A产生。
① 针对白色沉淀A，查阅资料：A可能为CuCl和CuSCN（其中硫元素的化合价为-2价）中的一种或两种。实验过程如下：
请回答：
Ⅰ. 根据白色沉淀B是__________________（填化学式），判断沉淀A中一定存在CuSCN。
Ⅱ. 仅根据白色沉淀A与过量浓HNO3反应产生的实验现象，不能判断白色沉淀A中一定存在CuSCN，从氧化还原角度说明理由：_______________________________________________________。
Ⅲ. 向滤液中加入a溶液后无明显现象，说明A不含CuCl，则a是________________（填化学式）。
根据以上实验，证明A仅为CuSCN。
② 进一步查阅资料并实验验证了CuSCN的成因，将该反应的方程式补充完整：
_______Cu2+ + _______SCN= _______CuSCN↓ + _______ (SCN)2
③ 结合上述过程以及Fe(SCN)3 ⇌ Fe3+ + 3SCN的平衡，分析(2)中溶液红色褪去的原因：_________________。
(3)已知(SCN)2称为拟卤素，其氧化性与Br2相近。将KSCN溶液滴入(1)所得的溶液中，观察到溶液变红色，则溶液变红的可能原因是_______________________________________________。
参考答案
一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、B
【解析】
A. 用铝土矿制备较高纯度A1，首先用NaOH溶液将铝土矿中的氧化铝溶解转化为偏铝酸钠溶液，然后过滤、向滤液中通入CO2气体把偏铝酸钠转化为氢氧化铝沉淀，再过滤得氢氧化铝，接着加热氢氧化铝让其分解为氧化铝，最后用冰晶石作助熔剂，电解熔融的氧化铝得到铝，所以A正确；B.、石英的主要成分是二氧化硅，它属于酸性氧化物不与盐酸反应。玻璃的主要成分有二氧化硅、硅酸钠、硅酸钙，组成中有盐故被称为硅酸盐产品，它也不能与盐酸反应，实验室经常用玻璃瓶盛放盐酸，所以B不正确；C. 在制粗硅时，发生反应SiO2+2C=Si+2CO，被氧化的物质C与被还原的物质SiO2的物质的量之比为2∶1，C是正确的；D. 黄铜矿(CuFeS2)与O2反应，铜由+2价降为+1价被还原得到Cu2S、氧由0价降至-2得到FeO，所以Cu2S、FeO均是还原产物，D正确。
2、B
【解析】
A选项，粗盐的提纯需要用到漏斗，故A不符合题意；
B选项，制备乙酸乙酯需要用到试管、导管、酒精灯，故B符合题意；
C选项，用四氯化碳萃取碘水中的碘，需要用到分液漏斗，故C不符合题意；
D选项，配制0.1ml·L-1的盐酸溶液，容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管，故D不符合题意。
综上所述，答案为B。
有试管、导管和酒精灯三种玻璃仪器即可完成乙酸乙酯的制备实验（如图）
3、B
【解析】
利用A装置制取SO2，在B中发生制取反应得到ClO2，ClO2的沸点为11℃，利用冰水浴冷凝，可在装置D中收集到ClO2；E为安全瓶，防B中的液体进入到A中，E放置在A与B之间。C为尾气吸收装置，吸收多余的SO2。
【详解】
A、利用A装置制取SO2，a逸出的气体为SO2，C为尾气吸收装置，用于吸收多余的SO2，应该装有NaOH溶液，A错误；
B、利用A装置制取SO2，在B中发生制取反应得到ClO2，E为安全瓶，防B中的液体进入到A中，E放置在A与B之间，所以a应接h或g；装置D中收集到ClO2，导管口c应接e，B正确；
C、ClO2的沸点11℃，被冰水浴冷凝，在D中收集到，C错误；
D、MnO2有浓盐酸反应，1ml·L－1并不是浓盐酸，D错误；
答案选B。
4、A
【解析】
A选项，将化学计量数a=8，b=3代入8HClO3═3O2↑+cCl2↑+dHClO4+eH2O方程，由元素守恒得d+2e=8 4d+e=18得d=4，e=2，由得失守恒可得该反应转移电子数为20e－，故A正确；
B选项，电荷不守恒，故B错误；
C选项，氧化产物是高氯酸和氧气，氯气是还原产物，故C错误；
D选项，由反应可确定：氧化性：HClO3＞HClO4，故D错误；
综上所述，答案为A。
5、D
【解析】
第三周期元素中，X最高价氧化物水化物的溶液PH为12，氢氧根浓度为0.01ml/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0.01ml/L，故为一元强酸，则W为Cl元素；最高价含氧酸中，Z对应的酸性比W的弱、Y对应的酸性比W的弱，而原子半径Y>Z>Cl，硅酸不溶于水，故Z为S元素，Y为P元素。
【详解】
A.电子层结构相同,核电荷数越大离子半径越小,电子层越多离子半径越大,故离子半径P3−>S2−>Cl−>Na+，故A错误；
B.W的最高价氧化物对应的水化物是高氯酸，一定是强酸，但是如果是次氯酸，则是弱酸，故B错误；
C.非金属性是Y>Z>W，非金属性越强，则气态氢化物的稳定性：Y>Z>W，故C错误；
D.W与Z可形成一种各原子均达到8电子稳定结构的化合物S2Cl2，其结构式为：Cl-S-S-Cl，故D正确；
答案选D。
本题考察元素周期律的综合运用，从图像可以推断出是哪些元素，找到元素之间的关系，紧紧位，构，性，从而做出判断。
6、B
【解析】
A．电解饱和食盐水时，阳极得到Cl2 和NaOH(aq)）；
B．教材所示的铜-锌原电池在工作时，Zn2+ 向铜片附近迁移；
C．电镀池——特殊的电解池。电镀槽里的电极分为阴极和阳极，阳极发生氧化反应；
D．原电池与电解池连接后，跟原电池的负极相连的那个电极叫阴极。电子从原电池负极流向电解池阴极。
7、A
【解析】钠与水反应生成氢气，铝与氢氧化钠溶液反应生成氢气，所以所得气体为氢气，故A正确；非标准状况下，2.24L气体的物质的量不一定是 0.1 ml，故B错误；上述过程，发生钠与水反应生、铝与氢氧化钠溶液反应，共发生两个化学反应，故C错误；所得溶液中的溶质可能有偏铝酸钠和氢氧化钠两种溶质，故D错误。
点睛：铝能与酸反应放出氢气，铝也能与强碱溶液反应放出氢气，如 。
8、B
【解析】
A．使用农药和化肥固然有利于增加农作物的产量，但会在农产品中造成农药残留，会使土地里的盐碱越来越多，土壤越来越硬，影响农作物的生长，从长远来讲反而会影响农作物的收成，故A错误；
B．通过有机物的合成可以制造出新型高分子材料，某些新型高分子材料的性能比钢铁更强韧，故B正确；
C．安装煤炭燃烧过程的“固硫“装置，主要是为了减少污染，故C错误；
D．过分开发可燃冰，会影响海洋生态环境，故D错误；故选B。
9、C
【解析】
A. 升高温度，正、逆反应速率加快，由于该反应的正反应是吸热反应，升高温度，平衡向吸热的正反应方向移动，HI的物质的量分数降低，H2的物质的量分数增大，最终达到平衡时，相应点可能分别是A、E，A正确；
B. 该反应是反应前后气体体积相等的反应，若再次充入a ml HI，平衡不发生移动，因此二者的物质的量的含量不变，但由于物质浓度增大，反应速率加快，所以达到平衡时，相应点的横坐标值不变，纵坐标值增大，B正确；
C. 若改变的条件是增大压强，化学平衡不移动，任何气体的物质的量分数不变，但物质由于浓度增大，化学反应速率加快，所以再次达到平衡时，相应点与改变条件前不相同，C错误；
D. 催化剂不能是化学平衡发生移动，因此任何气体的物质的量分数不变，但正、逆反应速率会加快，故再次达到平衡时，相应点的横坐标值不变，纵坐标值增大，相应点与改变条件前不同，D正确；
故合理选项是C。
10、D
【解析】
A．亚铁离子易被人体吸收，维生素C具有还原性，可以防止亚铁离子被氧化，则喝补铁剂时，加维生素C效果较好，故A错误；
B．瓷器的成分为硅酸盐，主要原料为黏土，不是石灰石，故B错误；
C．“司南之杓(勺)，投之于地，其柢(勺柄)指南”，与磁铁的磁性有关，则司南中的“杓”含Fe3O4，故C错误；
D．聚乙烯纤维属于合成高分子材料，属于有机高分子化合物，故D正确；
答案选D。
11、D
【解析】
A、平衡常数只与温度有关系，温度不变平衡也可能发生移动，则K值不变，平衡可能移动，A正确；
B、K值变化，说明反应的温度一定发生了变化，因此平衡一定移动，B正确；
C、平衡移动，温度可能不变，因此K值可能不变，C正确；
D、平衡移动，温度可能不变，因此K值不一定变化，D不正确，
答案选D。
12、B
【解析】
元素的最高正价=最外层电子数，最高正价和最低负价绝对值的和为8，D、E两元素最外层电子数为6，故为第VIA元素，而D的半径大于E，故在周期表中E元素在上面，D在下面，故E为O，D为S，B元素最最外层电子数为3，为B或Al，但是半径比氧和硫均大，故位于氧元素和硫元素的中间，应为Al，A的半径比铝大，最外层电子数为1，应为Na，C的半径最小，最外层两个电子，故为Be，据此分析解答问题。
【详解】
A．A、C最高价氧化物对应水化物分别为NaOH和Be(OH)2，金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，金属性Na>B，故碱性NaOH > Be(OH)2，A选项错误；
B．H2O含有氢键，分子间作用力较强，氢化物的沸点较高，则H2D< H2E，B选项正确；
C．金属钠的活泼性强于铝，故与稀盐酸反应的速率Na > A1，C选项错误；
D．Be2+与Na+的核外电子数分别为2、10，二者核外电子数不等，D选项错误；
答案选B。
本题主要考查了学生有关元素周期表和周期律的应用，难度一般，解答关键在于准确掌握原子半径和化合价的关系，熟记元素周期表中的递变规律，学以致用。
13、A
【解析】
A.氢氧化亚铁不稳定，易被空气中氧气氧化生成氢氧化铁，所以制备氢氧化铁要隔绝空气；
B.容量瓶只能配制溶液，不能作稀释或溶解药品的仪器；
C.洗气瓶洗气，注意气体的进出方向；
D.氨气极易溶于水，不能将导管直接插入食盐水中。
【详解】
A.氢氧化亚铁不稳定，易被空气中氧气氧化生成氢氧化铁，所以制备氢氧化亚铁要隔绝空气，植物油和水不互溶，且密度小于水，所以用植物油能隔绝空气，能实现实验目的，故A正确；
B.容量瓶只能配制溶液，不能作稀释或溶解药品的仪器，应该用烧杯溶解硝酸钠，然后等溶液冷却到室温，再将硝酸钠溶液转移到容量瓶中，故B错误；
C.洗气瓶洗气时，瓶内装有吸收杂质的液体，混合气从长管进、短管出(即长进短出或深入浅出)，故C错误
D.通氨气的导管插入液面太深，易发生倒吸；通二氧化碳的导管没有插入溶液中，二氧化碳不易被溶液吸收，影响碳酸氢钠的制备，故D错误；
本题考查化学实验方案评价，为高频考点，涉及物质制备、物质检验、气体除杂、溶液配制等知识点。没有正确掌握常见制备仪器的使用方法以及收集方法致错。
14、C
【解析】
A．食品添加剂要按标准使用，因为它在为人类改善食物的色、香、味的同时，可能也产生一定的毒性，A正确；
B．铅蓄电池工作时，负极Pb→PbSO4，正极PbO2→PbSO4，两极的质量均增加，B正确；
C．SO2是形成酸雨的气体，但CO2不是形成酸雨的气体，C错误；
D．明矾中的Al3+可水解生成Al(OH)3胶体，吸附水中的悬浮物并使之沉降，所以可用作净水剂，D正确；
故选C。
15、C
【解析】
A．当a接外接电源负极时，电致变色层为阴极，发生电极反应WO3+Li++e-===LiWO3，LiWO3为蓝色晶体，b极接正极，离子储存层为阳极，发生电极反应Li4Fe4[Fe(CN)6]3-4e－===Fe4[Fe(CN)6]3＋4Li＋，Fe4[Fe(CN)6]3为蓝色晶体，蓝色与无色相比，可减小光的透过率，A选项正确；
B．当b接外接电源负极时，离子储存层为阴极，发生的电极反应为Fe4[Fe(CN)6]3＋4Li＋＋4e－＝Li4Fe4[Fe(CN)6]3，B选项正确；
C．切换电源正负极使得蓝色变为无色时，即LiWO3变为WO3，Fe4[Fe(CN)6]3变为Li4Fe4[Fe(CN)6]3，电致变色层为阳极，离子储存层为阴极，则Li+通过离子导体层由电致变色层移向离子储存层，C选项错误；
D．该装置可实现变色，可用于汽车的玻璃变色调光，D选项正确；
答案选C。
16、D
【解析】
A. 为了防止感染“新冠病毒”，坚持每天使用75%酒精杀菌消毒，故A错误；
B. 高铁“复兴号”车厢连接关键部位所使用的增强聚四氟乙烯板，聚四氟乙烯属于有机高分子材料，故B错误；
C. 2020年3月9日，发射了北斗系统第五十四颗导航卫星，其计算机的芯片材料是高纯度单质硅，故C错误；
D. 蜡蛾幼虫会啃食聚乙烯塑料袋，并且能将其转化为乙二醇，将高分子化合物降解为小分子，这项研究有助于减少白色污染，故D正确；
选D。
二、非选择题（本题包括5小题）
17、甲苯 醛基 取代反应 、 （也可写成完全脱水）
【解析】
(l)根据图示A的结构判断名称；
(2)根据图示C的结构判断含氧官能团名称；
(3)根据图示物质结构转化关系，F在氯化铁的作用下与一氯甲烷发生取代反应生成G；
(4)D的结构为，①能发生银镜反应，说明分子中含有醛基，②遇到FeCl3溶液显紫色说明分子结构中含有酚羟基，③苯环上一氯代物只有两种，说明醛基和酚羟基属于对位，根据以上条件书写D同分异构体的结构简式；
(5)H与乙二醇在催化剂作用下发生缩聚反应生成聚酯；
(6)结合流程图中I和E的反应机理书写化合物I与尿素（H2N - CO - NH2）以2:1反应的化学方程式；
(7)参考题中信息，以1，3-丁二烯（CH2=CHCH= CH2）与溴单质发生1，4加成，生成，在碱性条件下水解生成，再经过催化氧化作用生成，用五氧化二磷做催化剂，发生分子内脱水生成，最后和氨气反应生成。
【详解】
(l)根据图示，A由苯环和甲基构成，则A为甲苯；
(2)根据图示，C中含有的含氧官能团名称是醛基；
(3)根据图示物质结构转化关系，F在氯化铁的作用下与一氯甲烷发生取代反应生成G；
(4)D的结构为，①能发生银镜反应，说明分子中含有醛基，②遇到FeCl3溶液显紫色说明分子结构中含有酚羟基，③苯环上一氯代物只有两种，说明醛基和酚羟基属于对位，则 D同分异构体的结构简式为或；
(5)H与乙二醇可生成聚酯，其反应方程式（也可写成完全脱水）；
(6)化合物I与尿素（H2N - CO - NH2）以2:1反应的化学方程式；
(7)参考题中信息，以1，3-丁二烯（CH2=CHCH= CH2）与溴单质发生1，4加成，生成，在碱性条件下水解生成，再经过催化氧化作用生成，用五氧化二磷做催化剂，发生分子内脱水生成，最后和氨气反应生成，则合成路线为：。
18、苯 取代反应 1:1 或 12
【解析】
由已知信息可知A为苯，再和CH2Cl2发生取代反应生成，再和HCHO在浓盐酸的作用下生成的D为；和Cl2在光照条件下发生取代反应生成的F为，F再和G发生取代反应生成，结合G的分子式可知G的结构简式为；再和在乙醇和浓氨水的作用下生成吡贝地尔（），据此分析解题；
（6）以苯和硝基苯为原料合成，则需要将苯依次酚羟基、卤素原子得到，将硝基苯先还原生成苯胺，苯胺再和在PdBr4的催化作用下即可得到目标产物。
【详解】
(1)A的结构简式为，其名称是苯；
(2)和Cl2在光照条件下发生取代反应生成的F为，则E→F的反应类型是取代反应；
(3)由分析知G的结构简式为；B为，酚羟基均能和Na、NaOH反应，则1mlB最多消耗NaOH与Na的物质的量之比为1:1；
(4)和在乙醇和浓氨水的作用下生成吡贝地尔的化学方程式为；
(5)D为，其分子式为C8H7O2Cl，其同分异构体中：①与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；②苯环上有3个取代基，这三个取代基有连、间、偏三种连接方式；③1ml该同分异构体最多消耗3mlNaOH，则分子结构中含有2个酚羟基，另外存在卤素原子水解，则另一个取代基为-CH=CHCl或-CCl=CH2，苯环上先定位取代基为-CH=CHCl或-CCl=CH2，再增加二个酚羟基，则各有6种结构，即满足条件的同分异构体共有12种，其中核磁共振氢谱有5种峰且峰面积之比为2:2:1:1:1的结构简式为；
（6）以苯和硝基苯为原料合成，则需要将苯依次酚羟基、卤素原子得到，将硝基苯先还原生成苯胺，苯胺再和在PdBr4的催化作用下即可得到目标产物，具体合成路线为。
解有机推断与合成题，学生需要将题目给信息与已有知识进行重组并综合运用是解答本题的关键，需要学生具备准确、快速获取新信息的能力和接受、吸收、整合化学信息的能力，采用正推和逆推相结合的方法，逐步分析有机合成路线，可推出各有机物的结构简式，然后分析官能团推断各步反应及反应类型。本题根据吡贝地尔的结构特点分析合成的原料，再结合正推与逆推相结合进行推断，充分利用反应过程C原子数目，对学生的逻辑推理有较高的要求。
19、分液漏斗 C 让锌粒与盐酸先反应产生H2，把装置中的空气赶出，避免生成的亚铬离子被氧化 B A 过量的锌与CrCl3充分反应得到CrCl2
【解析】
（1）根据仪器结构特征，可知仪器1为分液漏斗；
（2）二价铬不稳定，极易被氧气氧化，让锌粒与盐酸先反应产生H2，让锌粒与盐酸先反应产生H2，把装置2和3中的空气赶出，避免生成的亚铬离子被氧化，故先加盐酸一段时间后再加三氯化铬溶液，故答案为C；让锌粒与盐酸先反应产生H2，把装置2和3中的空气赶出，避免生成的亚铬离子被氧化；
（3）利用生成氢气，使装置内气体增大，将CrCl2溶液压入装置3中与CH3COONa溶液顺利混合，应关闭阀门B，打开阀门A；
（4）锌粒要过量，其原因除了让产生的H2将CrCl2溶液压入装置3与CH3COONa溶液反应外，另一个作用是：过量的锌与CrCl3充分反应得到CrCl2。
本题考查物质制备实验方案的设计，题目难度中等，涉及化学仪器识别、对操作的分析评价、产率计算、溶度积有关计算、对信息的获取与运用等知识，注意对题目信息的应用，有利于培养学生分析、理解能力及化学实验能力。
20、Ca(OH)2溶液 稀H2SO4 铁 Fe3＋＋3OH－＝Fe(OH)3↓ Cu2＋＋2OH－＝Cu(OH)2↓ Fe(OH)3＋3H＋＝Fe3＋＋3H2O Cu(OH)2＋2H＋＝Cu2＋＋2H2O 2Fe3＋＋Fe＝3Fe2＋ Fe＋Cu2＋＝Fe2＋＋Cu
【解析】
从含有Fe3+、Cu2+、Cl-、NO3-的废液中，把Fe3+转化为绿矾回收，把Cu2+转化为铜回收，先加碱使金属离子转化为沉淀，与阴离子分离，然后加酸溶解沉淀，再加铁粉可得到硫酸亚铁溶液和Cu，过滤得到铜和硫酸亚铁溶液，硫酸亚铁溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到绿矾。
【详解】
依据题意从含有Fe3+、Cu2+、Cl-、NO3-的废液中，把Fe3+转化为绿矾回收，把Cu2+转化为铜回收应分三步实施，先加廉价的碱Ca(OH)2将Fe3+、Cu2+转化为Fe(OH)3和Cu(OH)2，与Cl-、NO3-分离，反应的离子方程式为Fe3＋＋3OH－=Fe(OH)3↓，Cu2＋＋2OH－=Cu(OH)2↓；过滤后向Fe(OH)3和Cu(OH)2沉淀中加入稀硫酸，使沉淀溶解得到硫酸铁和硫酸铜的混合液，反应的离子方程式为Fe(OH)3＋3H＋=Fe3＋＋3H2O，Cu(OH)2＋2H＋=Cu2＋＋2H2O；向所得溶液中加入铁粉与硫酸铁和硫酸铜反应，可得到硫酸亚铁溶液和Cu，反应的离子方程式为2Fe3＋＋Fe=3Fe2＋，Fe＋Cu2＋=Fe2＋＋Cu；过滤得到铜和硫酸亚铁溶液，硫酸亚铁溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到绿矾，故答案为：Ca(OH)2溶液；稀H2SO4；铁；Fe3＋＋3OH－=Fe(OH)3↓，Cu2＋＋2OH－＝Cu(OH)2↓；Fe(OH)3＋3H＋=Fe3＋＋3H2O，Cu(OH)2＋2H＋=Cu2＋＋2H2O；2Fe3＋＋Fe=3Fe2＋，Fe＋Cu2＋=Fe2＋＋Cu。
21、Cu + 2Fe3+ = Cu2+ + 2Fe2+ BaSO4 +1价铜也可将浓HNO3还原 AgNO3 2Cu2+ + 4SCN- = 2CuSCN↓ + (SCN)2 Cu和Fe3+反应生成Cu2+使c(Fe3+)减小 和反应生成和使减小，Cu2+和SCN-反应生成CuSCN沉淀使c(SCN-)减小，均使该平衡正向移动，导致Fe(SCN)3浓度减小，溶液红色褪去 Fe3+有剩余 空气中的O2将Fe2+氧化 (SCN)2将Fe2+氧化
【解析】
（1）向溶液中加入Cu粉，观察到溶液的颜色变为浅蓝色，说明生成了铜离子；
（2）①Ⅰ.根据流程图沉淀B不溶于酸，故该沉淀是硫酸钡；
Ⅱ. 中铜元素显+1价，也具有还原性，能够还原硝酸；
Ⅲ.用硝酸银溶液检验滤液中是否含有氯离子即可；
②根据氧化还原规律和元素守恒配平；
③和反应生成和使减小，和反应生成沉淀使减小；
（3）溶液变红色，说明溶液中含有。
【详解】
（1）向溶液中加入Cu粉，观察到溶液的颜色变为浅蓝色，说明生成了铜离子，离子方程式为：，
故答案为：；
（2）①Ⅰ.根据流程图，溶液中含有过量的硝酸，即沉淀B不溶于酸，故该沉淀是硫酸钡，
答案为：；
Ⅱ. 中铜元素显+1价，也具有还原性，能够还原硝酸，故仅根据白色沉淀A与过量浓反应产生的实验现象，不能判断白色沉淀A中一定存在，
答案为：+1价铜也可将浓还原；
Ⅲ.若白色沉淀A中含有，则滤液中含有氯离子，故用硝酸银溶液检验滤液中是否含有氯离子即可，
答案为：；
②根据氧化还原规律，一个转移1个电子，生成一个转移2个电子，故和的系数比为2:1，根据元素守恒配平即可，
答案为：；
③和反应生成和使减小，和反应生成沉淀使减小，均使正向移动，导致浓度减小，溶液红色褪去，
故答案为：和反应生成和使减小，和反应生成沉淀使减小，均使该平衡正向移动，导致浓度减小，溶液红色褪去；
（3）将 溶液滴入(1)所得的溶液中，观察到溶液变红色，说明溶液中含有，有可能是反应剩余的，或空气中的氧气将氧化生成的，根据题意也有氧化性，故也有可能是将氧化为，
故答案为：有剩余；空气中的将氧化；将氧化。
t/min
0
20
40
60
80
120
x(HI)
1
0.91
0.85
0.815
0.795
0.784
x(HI)
0
0.60
0.73
0.773
0.780
0.784
元素代号
A
B
C
D
E
原子半径/nm
0.186
0.143
0.089
0.102
0.074
主要化合价
＋1
＋3
＋2
＋6、－2
－2