2026届吉林省高三第一次调研测试化学试卷（含答案解析）

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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（每题只有一个选项符合题意）
1、X、Y、Z、M、R、Q是短周期主族元素，已知常温下X单质为黄色固体，Y是无机非金属材料的主角，Z焰色反应呈黄色。部分信息如下表：
下列说法正确的是：
A．R在元素周期表中的位置是第二周期ⅥA族
B．X、Y均可跟M形成化合物，但它们的成键类型不相同
C．Z、R、Q最高价氧化物的水化物能相互反应
D．Y元素氧化物是用于制造半导体器件、太阳能电池的材料
2、短周期非金属元素甲～戊在元素周期表中位置如下所示，分析正确的是
A．非金属性：甲O，则原子半径：Z＞X＞Y，故A错误；
B．m为NaHCO3，n为Na2CO3，r为Na2O2，均含离子键、共价键，故B 正确；
C．m为NaHCO3，n为Na2CO3，t为NaOH，n、m促进水的电离，t抑制水的电离，则m、n、t都能破坏水的电离平衡，故C正确；
D．非金属性Y＞X，则最简单气态氢化物的稳定性：Y＞X，故D正确；
故选A。
本题考查无机物的推断，把握淡黄色固体及q为水是解题关键，侧重分析与推断能力的考查，注意元素化合物知识的应用。
4、D
【解析】
A. a属于芳香烃，b、c为芳香族化合物，故A错误；
B. a中所有碳原子不处于同一平面上，a上右边最多只有一个—CH3在平面内，故B错误；
C. a有三个碳为一个支链有2种结构(包括a本身)，两个支链有3种，三个支链有4种，因此属于芳香族的同分异构体有8中(不包括自身)，故C错误；
D. c能被氧气、酸性高锰酸钾氧化，d能被酸性高锰酸钾氧化，故D正确。
综上所述，答案为D。
苯酚、碳碳双键都能被酸性高锰酸钾溶液氧化。
5、A
【解析】
A、0.01 ml·L-1的HClO溶液pH>2，氢离子浓度小于HClO浓度，说明HClO在水溶液里部分电离，所以能说明该酸是弱电解质，选项A正确；B、NaClO、HClO都易溶于水，不能说明HClO的电离程度，所以不能据此判断HClO是弱电解质，选项B错误；C、NaClO的电离方程式：NaClO=Na++ClO-，说明NaClO完全电离为强电解质，但不能说明HClO部分电离，所以不能据此判断HClO是弱电解质，选项C错误；D、HClO与Na2SO3溶液反应，可以得到Na2SO4，说明HClO具有氧化性，能氧化亚硫酸钠，但不能说明HClO部分电离，所以不能判断HClO是弱电解质，选项D错误。答案选A。
点睛：本题考查电解质强弱的判断，明确强弱电解质的本质区别是解本题关键，注意不能根据电解质的溶解性强弱、溶液导电性强弱判断电解质强弱，为易错点。
6、B
【解析】
四种溶液中阳离子互不相同，可选用氢氧化钠溶液鉴别。氯化钠与氢氧化钠不反应；氢氧化钠与氯化镁生成白色沉淀；氢氧化钠与氯化铁生成红褐色沉淀；氢氧化钠加入硫酸铝溶液产生白色沉淀然后沉淀溶解。
答案选B。
氢氧化镁和氢氧化铝均为白色沉淀，但氢氧化铝溶于强碱溶液。
7、A
【解析】
由原电池示意图可知，正极上发生还原反应，电解方程式为Fe[Fe(CN)6]+2Na+-2e-=Na2Fe[Fe(CN)6]，负极发生氧化反应，电解方程式为2Mg+2Cl--4e-=[Mg2Cl2]2+，充电时，原电池的负极连接电源的负极，电极反应和放电时的相反，以此解答该题。
【详解】
A．放电时，电势较低的电极为负极，负极失去电子，发生氧化反应，电极反应式为2Mg+2Cl--4e-=[Mg2Cl2]2+，A错误；
B．负极上Mg失电子发生氧化反应：2Mg+2Cl--4e-=[Mg2Cl2]2+，外电路中通过0.2 ml电子的电量时，负极质量变化为减少的金属镁0.1 ml，即质量变化2.4 g，B正确；
C．充电时，原电池的正极连接电源的正极，发生氧化反应，M箔接电源的正极，C正确；
D．放电时，阳离子Na+向负电荷较多的正极移动，所以放电时，Na＋从右室移向左室，D正确；
故合理选项是A。
本题考查原电池与电解池的知识，原电池的负极、电解池的阳极发生氧化反应；原电池的正极和电解池的阴极上发生还原反应，注意把握原电池、电解池的工作原理，根据电池总反应书写电极反应式，侧重考查学生的分析能力。
8、A
【解析】
A． 用地沟油制取的生物柴油含有氧元素，不属于烃类物质，故A错误；
B． 增强聚四氟乙烯板属于高分子材料，故B正确；
C． 丝绸的主要成分是蛋白质，属于天然高分子化合物，故C正确；
D． 碳化硅是一种新型的无机非金属材料，故D正确；
故选A。
9、C
【解析】
A. H2SO4溶液与Ba(OH)2溶液混合，生成硫酸钡沉淀和水，离子方程式为2H++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O，故A错误；
B. NH4Cl溶液与KOH溶液混合，生成弱电解质一水合氨，离子方程式为NH4＋＋OH－=NH3·H2O，故B错误；
C. NH4HSO4溶液与少量NaOH反应，只有氢离子与氢氧根反应，离子方程式为H++OH﹣=H2O，故C正确；
D. NaHCO3溶液与NaOH溶液混合，离子方程式为：OH- + HCO3- ＝ CO32－+ H2O，故D错误；
故答案为C。
10、A
【解析】
A．pH＝3时A2−、HA−的物质的量分数相等，所以二者的浓度相等，则Ka2＝＝c(H＋)＝0.001ml/L，由同一溶液中＝，pH＝4时该酸的第二步电离常数不变，且原溶液中n(HA−)＋n(A2−)＝0.1ml，据此计算n(HA−)；
B．该二元酸第一步完全电离，第二步部分电离，所以NaHA溶液中不存在H2A；
C．根据图知，滴定终点时溶液呈酸性；
D．pH＝3时，溶液中不存在H2A，说明该酸第一步完全电离，第二步部分电离，则NaHA只电离不水解，Na2A能水解，且c(A2−)＝c(HA−)。
【详解】
A．pH＝3时A2−、HA−的物质的量分数相等，所以二者的浓度相等，则Ka2＝＝c(H＋)＝0.001ml/L，由同一溶液中＝，pH＝4时该酸的第二步电离常数不变，且原溶液中n(HA−)＋n(A2−)＝0.1ml，Ka2＝＝×c(H＋)＝×0.0001ml/L＝0.001ml/L，n(HA−)约为0.0091ml，故A正确；
B．该二元酸第一步完全电离，第二步部分电离，所以NaHA只能电离不能水解，则溶液中不存在H2A，根据物料守恒得c(A2−)＋c(HA−)＝0.1ml/L，故B错误；
C．根据图知，滴定终点时溶液呈酸性，应该选取甲基橙作指示剂，故C错误；
D．pH＝3时，溶液中不存在H2A，说明该酸第一步完全电离，第二步部分电离，则NaHA只电离不水解，Na2A能水解，且c(A2−)=c(HA−)；等物质的量浓度的NaHA与Na2A溶液等体积混合，因为电离、水解程度不同导致c(A2−)、c(HA−)不一定相等，则混合溶液的pH不一定等于3，故D错误；
故答案选A。
正确判断该二元酸“第一步完全电离、第二步部分电离”是解本题关键，注意电离平衡常数只与温度有关，与溶液中溶质及其浓度无关。
11、C
【解析】
A.酸性环境不能大量存在OH-，A错误；
B.I-具有还原性，与Fe3+会发生氧化还原反应，不能大量共存，B错误；
C.反应符合事实，遵循离子方程式中物质拆分原则，C正确；
D.NH4+、HCO3-都会与OH-发生反应，不能大量共存，D错误；
故合理选项是C。
12、C
【解析】
电解池工作时O2-向阳极移动，则石墨电极为阳极，电源的b极为正极，电解池的阴极发生还原反应，据此分析解题。
【详解】
A．该装置是电解池，是将电能转化为化学能，故A错误；B．电解池工作时O2-向阳极移动，则石墨电极为阳极，电源的b极为正极，a极为电源的负极，故B错误；C．Ta2O5极为阴极，发生还原反应，其电极反应为Ta2O5+10e—=2Ta+5O2—，故C正确；D．石墨电极上生成的22.4 L O2没有指明是标准状况，则其物质的量不一定是1ml，转移电子数也不一定是4×6.02×1023，故D错误；故答案为C。
本题考查电解原理的应用，判断电源的电极是解题关键，在电解池中，阴离子移向阳极，阳离子移向阴极，再结合电解池的阴极发生还原反应，阳极发生氧化反应分析，难点是气体摩尔体积的应用，只有指明气体的状态，才能利用22.4L/ml计算气体的物质的量。
13、C
【解析】
A项、太阳能电池中使用的半导体材料的主要成分是Si，光导纤维的主要成分是二氧化硅，故A错误；
B项、制作航天服的聚酯纤维属于有机合成高分子材料，不属于新型无机非金属材料，故B错误；
C项、“燃煤固硫”利用化学方法减少了二氧化硫的排放，“汽车尾气催化净化”利用化学方法减少了氮的氧化物排放，都有效的减少了空气污染物的排放，提高了空气质量，故C正确；
D项、油脂不是高分子化合物，故D错误。
故选C。
本题考查化学与生活，侧重分析与应用能力的考查，把握物质的性质、发生的反应、性质与用途为解答的关键。
14、C
【解析】
制作光导纤维的材料是SiO2而不是Si，C项错误。
15、B
【解析】
A.苯酚与碳酸钠溶液反应生成碳酸氢钠，所以苯酚的酸性强于碳酸氢钠，弱于碳酸，故A错误；
B. 气体通入溴的四氯化碳溶液，溶液褪色说明生成乙烯气体，溴乙烷生成乙烯的反应属于消去反应，故B正确；
C.具有还原性，通入溶液，溶液褪色，体现二氧化硫的还原性，故C错误；
D.由于氯化钠和碘化钠的物质的量浓度的相对大小未知，有可能因为碘化钠的浓度较大而产生黄色沉淀碘化银，因此不能得出结论，当氯化钠的浓度大于或等于碘化钠的浓度时，若产生黄色沉淀可得出题中的结论，故D错误，
故选B。
二氧化硫具有漂白性，但并非所有颜色褪去的反应都是由于其漂白性，这是很容易被忽略的问题。比较结构和组成相似的难溶物的溶度积时，要根据控制变量法进行实验设计，控制两溶液的浓度相同，或控制溶度积较大的浓度较大，才可以得出合理的结论；或者根据沉淀的转化进行判断，但要注意在进行沉淀的转化时，防止有过量试剂的干扰。
16、D
【解析】
A．铁与氯气反应生成氯化铁，而不是氯化亚铁，所以Cl2(g)FeCl2(s)转化不能实现，故A错误；
B．硫在氧气中点燃只能生成二氧化硫，而不是三氧化硫，故B错误；
C．氯化镁与石灰乳反应生成氢氧化镁，氢氧化镁受热分解生成氧化镁，所以Mg(OH)2(s)Mg(s)转化不能实现，故C错误；
D．氨气、二氧化碳和氯化钠反应生成碳酸氢钠，为侯氏制碱法的反应原理，故D正确；
故答案选D。
二、非选择题（本题包括5小题）
17、醚键取代反应
【解析】
由框图知A为，
由C的结构简式知含氧官能团为“一O-”为醚键; E+M,M中生成了肽键，则为取代反应。(2) 由M逆推，知E的结构筒式为。逆推D的结构筒式为 ,C与D比较知，D比C比了“一NO2"，则应为C发生硝化反应所得。(4)碱性条件能水解，则含有酯基，与FeCl3能发生显色反应，则说明含有酚羟基，且酚羟基与酯基互为对位关系。
(5)由合成产物逆推,产物可以由与乙醇酯化得到,羧基可以由“- CN”水解获得， 和CH2=CHCN相连，可以先将CH2=CHCN与Br2发生加成反应生成卤代物，再发生类似于流程中A-→B的反应.
【详解】
（1）由C的结构简式知化合物C中的含氧官能团为醚键，反应④为+，其反应类型为取代反应。答案：醚键 ；取代反应。
（2）根据分析知E的结构简式为：；答案：。
（3）反应②是的反应。其化学方程式：；答案：。
（4）①碱性条件能水解，则含有酯基，与FeCl3能发生显色反应，则说明含有酚羟基，③ 分子中含有4种不同化学环境的氢，酚羟基与酯基互为对位关系。；答案：。
（5）已知CH3CH2CNCH3CH2COOH。以、CH2==CHCN和乙醇为原料合成化合物 的合成路线流程图为：。
18、、-Br 1,3-二氯丙烷 NaOH溶液,△（加热） 加聚反应 取代反应 OHCCH2CHO+4Ag(NH3)2OH NH4OOCCH2COONH4+2H2O+4Ag+6NH3 、、、
【解析】
由CH2=CH-CH=CH2反应到A（C4H6Br）发生加成反应，根据框图到C为1,4-二溴-2-丁烷，AB为取代；再根据知F为醛，E为醇，G为羧酸；H为酯，由此知道 D为1,3-二氯丙烷。H为CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3,H与C反应根据信息即可判断。
【详解】
（1）由CH2=CH-CH=CH2反应到A（C4H6Br）知，A中含有碳碳双键和溴原子。已知氯代烃D的相对分子质量是113，氯的质量分数约为62.8％，n(Cl)=[113]/35.5=2,D的化学式为C3H6Cl2,核磁共振氢谱峰面积之比为2:1.则D的结构简式CH2ClCH2ClCH2。系统命名为1,3-二氯丙烷；
（2）由框图知D为卤代烃，E为醇，所以反应②的条件是NaOH溶液,△（加热）；由的反应条件知道①为加聚反应；由③的条件知③反应类型取代反应。
（3根据知E为醇，F为醛，所以F→G过程中第一步反应的化学方程式OHCCH2CHO+4Ag(NH3)2OH NH4OOCCH2COONH4+2H2O+4Ag+6NH3。
（4）根据已知和，所以K的结构简式为；
（5）通过上述分析知G为HOOCCH2COOH，比G多2个碳原子的同系物的同分异构体的结构简式有、、、 ；
（6）已知双键上的氢原子很难发生取代反应，经分析知A为，以A为起始原料，选用必要的无机试剂合成B（）的路线图为：。
19、冷凝管 蒸馏烧瓶 锥形瓶 i h a b f g w 进水口 出水口 h(或蒸馏烧瓶支管口处) 防止暴沸 甲醇 乙醇
【解析】
(1)根据常见仪器的结构分析判断；
(2)按组装仪器顺序从左到右，从下到上，结合蒸馏装置中用到的仪器排序；
(3)冷凝水应该下进上出；
(4)温度计测量的是蒸汽的温度；
(5)加碎瓷片可以防止暴沸；
(6)工业酒精中含有少量甲醇，据此分析判断。
【详解】
(1)根据图示，图中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三种仪器的名称分别为冷凝管、蒸馏烧瓶、锥形瓶，故答案为：冷凝管；蒸馏烧瓶；锥形瓶；
(2)按蒸馏装置组装仪器顺序从左到右，从下到上，正确的顺序为：e→i→h→a→b→f→g→w，故答案为：i；h；a；b；f；g；w；
(3)冷凝水应是下进上出，延长热量交换时间，达到较好的冷凝效果，因此Ⅰ仪器中c口是进水口，d口是出水口；故答案为：进水口；出水口；
(4)蒸馏装置中温度计测量的是蒸汽的温度，温度计水银球应放在蒸馏烧瓶支管口处（或h），故答案为：蒸馏烧瓶的支管口（或h）；
(5)为防止烧瓶内液体受热不均匀而局部突然沸腾(爆沸)冲出烧瓶，需要在烧瓶内加入几块沸石，故答案为：防止暴沸；
(6)工业酒精中含有少量甲醇，水的沸点为100℃，酒精的沸点在78℃左右，甲醇的沸点低于78℃，给Ⅱ加热，收集到沸点最低的馏分是甲醇，收集到78℃左右的馏分是乙醇；
故答案为：甲醇；乙醇。
20、分液漏斗 4HCl（浓）+MnO2MnCl2+Cl2↑+2H2O 饱和食盐水 吸收氯气中混有的杂质HCl 浓硫酸 吸收水蒸气，干燥氯气 2Fe+3Cl22FeCl3 NaOH溶液 2OH-+Cl2=Cl-+ClO-+H2O
【解析】
烧瓶中浓盐酸与二氧化锰加热生成氯气，由于浓盐酸中含有水且易挥发，出来的气体中含有水蒸气和氯化氢，通过B中的饱和食盐水除去氯化氢气体，在通过C中的浓硫酸除去水蒸气，得到干燥的氯气，通过D装置玻璃管内的铁粉进行反应，未反应的氯气进过装置E中的氢氧化钠进行尾气吸收；
【详解】
（1）由仪器构造可知A为分液漏斗；烧瓶中浓盐酸与二氧化锰加热生成氯气的反应，化学方程式为：4HCl（浓）+MnO2MnCl2+Cl2↑+2H2O。
答案为：分液漏斗；4HCl（浓）+MnO2MnCl2+Cl2↑+2H2O
（2）反应生成的氯气中含有氯化氢和水蒸气杂质气体，氯化氢极易溶于水，氯气在饱和食盐水中溶解性减弱，通过饱和食盐水除去氯化氢气体，通过浓硫酸溶液吸收水蒸气，装置B中盛放液体是饱和食盐水；气体通过装置B的目的是吸收氯气中混有的杂质HCl；
答案为：饱和食盐水；吸收氯气中混有的杂质HCl
（3）装置C中盛放的液体是浓硫酸；气体通过装置C的目的是吸收水蒸气，干燥氯气；
答案为：浓硫酸；吸收水蒸气，干燥氯气
（4）干燥的氯气通过装置D是氯气和铁加热条件下反应生成氯化铁的反应，反应的化学方程式为：2Fe+3Cl22FeCl3；
答案为：2Fe+3Cl22FeCl3；
（5）氯气有毒，不能排放到空气中，装置E是氢氧化钠溶液，用来吸收未反应的氯气，防止污染空气；氯气和氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的离子方程式为：2OH-+Cl2=Cl-+ClO-+H2O ；
答案为：NaOH溶液；2OH-+Cl2=Cl-+ClO-+H2O
21、+234 △S>0 B CH4和CO2按1:1投料发生反应I时转化率相等，CO2还发生反应II，所以平衡转化率大于CH4 0.39 1200K以上时以反应I为主，二者转化率趋于相等（或1200K以上时反应I的正向进行程度远大于反应II）（或1200K以上时反应I的平衡常数远大于反应II） 反应III放热，给反应体系提供能量，使热负荷降低 增大 减小
【解析】
(l)已知部分化学键的键能，通过反应物的总键能减去生成物的总键能可以计算
△Hl，从焓变和熵变综合判断反应Ⅰ自发反应的原因，从平衡移动角度来判断反应条件；
(2)工业上将CH4与CO2按物质的量1:1投料,发生反应Ⅰ、II，则
①923K时CO2的平衡转化率大于CH4的原因从二者实际参加的反应来讨论；
②从图、及题干中提供的数据结合反应Ⅰ、II，用三段式按定义计算923K时反应II的化学平衡常数K；
③1200K以上CO2和CH4的平衡转化率趋于相等的原因还是从实际参加的反应来讨论；
(3)工业上CH4和CO2反应时通常会掺入O2，则发生反应 III: CH4+2O2＝CO2+2H2O；
①按热负荷的定义——单位时间内维持反应发生所需供给的热量以及O2的进气量与反应III放出的热量关系，据此解题；
②发生反应 III: CH4+2O2＝CO2+2H2O，分析甲烷、二氧化碳的物质的量及消耗量，分析CH4的平衡转化率和CO2的平衡转化率受到的影响；
【详解】
(l)已知部分化学键的键能，焓变等于反应物的总键能减去生成物的总键能，则△Hl=；
答案为：+234；
反应I：CH4(g)+CO2(g)＝2CO(g)+2H2(g) △H1，△S>0，因此△S>0是反应Ⅰ自发反应的原因，该反应是吸热、气体分子总数增大的反应，因此，选择高温低压的条件；
答案为：△S>0； B；
(2)①923K时反应Ⅰ中CH4和CO2的平衡转化率是一样的，但是，二氧化碳还参加反应II，因此其平衡转化率大于CH4；
答案为：CH4和CO2按1:1投料发生反应I时转化率相等，CO2还发生反应II，所以平衡转化率大于CH4；
②CH4和CO2按1:1投料，设投料时的物质的量浓度为1ml/L，由图知CH4和CO2的转化率为60%、70%，则发生反应I时
发生反应II:;
答案为：0.39；
③反应I中CO2和CH4的平衡转化率相等，1200K以上CO2和CH4的平衡转化率趋于相等则意味着该条件对反应I更有利，以反应I为主；
答案为：1200K以上时以反应I为主，二者转化率趋于相等（或1200K以上时反应I的正向进行程度远大于反应II）（或1200K以上时反应I的平衡常数远大于反应II）；
(3)工业上CH4和CO2反应时通常会掺入O2，则发生反应 III: CH4+2O2＝CO2+2H2O，
①反应III是放热反应，给反应体系提供能量，通入氧气越多反应中放出的热量越多，则热负荷值越小；
答案为：反应III放热，给反应体系提供能量，使热负荷降低；
②发生反应 III: CH4+2O2＝CO2+2H2O，促进甲烷消耗，则CH4的平衡转化率增大；
答案为：增大；
发生反应 III: CH4+2O2＝CO2+2H2O不利于反应I，减少了二氧化碳的消耗量，又使二氧化碳浓度增大，因此二氧化碳的平衡转化率下降；
答案为：减小。
X
Y
Z
M
R
Q
原子半径/nm
0.104
0.117
0.186
0.074
0.099
0.143
主要化合价
-2
+4，-4
+1
-2
-1，+7
+3
选项
实验操作和现象
结论
A
向苯酚浊液中滴加Na2CO3溶液，浊液变清
苯酚的酸性强于H2CO3的酸性
B
将溴乙烷和氢氧化钠的乙醇溶液共热后产生的气体通入溴的四氯化碳溶液，溶液褪色
溴乙烷发生消去反应
C
通入溶液，溶液褪色
有漂白性
D
向、的混合稀溶液中滴入少量稀溶液，有黄色沉淀生成
(三)
(一)
(五)
(二)
(六)
(四)
化学键
C—H
H—H
C=O
键能（kJ/ml）
413
436
803
1076