2025-2026学年吉林省高考全国统考预测密卷化学试卷（含答案解析）

这是一份2025-2026学年吉林省高考全国统考预测密卷化学试卷（含答案解析），共8页。

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、油炸虾条、薯片等易碎的食品，不宜选用真空袋装而应采用充气袋装。在实际生产中，充入此类食品袋的是下列气体中的（ ）
A．氧气B．二氧化碳C．空气D．氮气
2、下列实验说法正确的是
A．将Al2(SO4)3溶液蒸干、灼烧至恒重，最终剩余固体是Al2O3
B．2mL10%的NaOH溶液中滴加2%的CuSO4溶液4～6滴制得新制氢氧化铜
C．将水蒸气通过灼热的铁粉，铁粉变红棕色，说明铁与水在高温下能发生反应
D．取a克Na2CO3和NaHCO3混合物与少量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧至熔化，冷却得b克固体，可测得Na2CO3质量分数
3、已知常温下HF酸性强于HCN，分别向1Ll ml/L的HF和HCN溶液中加NaOH固体调节pH（忽略温度和溶液体积变化），溶液中（X表示F或者CN）随pH变化情况如图所示，下列说法不正确的是
A．直线I对应的是
B．I中a点到b点的过程中水的电离程度逐渐增大
C．c点溶液中：
D．b点溶液和d点溶液相比：cb(Na+) c(H2A) > c(A2﹣)
C．b点时c(H2A)·c(A2﹣)/c2(HA﹣)=10﹣4.5
D．pH=3.00~5.30时，c(H2A)+c(HA﹣)+c(A2﹣)先减小后增大
二、非选择题(共84分)
23、（14分）生产符合人类需要的特定性能的物质是化学服务于人类的责任。解热镇痛药水杨酸改进为阿司匹林、缓释阿司匹林、贝诺酯就是最好的实例。下图表示这三种药物的合成：
(1)反应①的条件是____________；物质B含有的官能团名称是________________
(2)已知乙酸酐是2分子乙酸脱去1分子水的产物，写出M的结构简式__________
(3)反应③的类型____________，写出该反应④的一种副产物的结构简式________
(4)水杨酸与足量Na2CO3溶液能发生反应，写出化学方程式____________________
(5)1ml阿司匹林和1ml缓释长效阿司匹林与NaOH溶液充分反应，最多消耗NaOH的物质的量分别是_________、___________。
24、（12分）用两种不饱和烃A和D为原料可以合成一类新药有机物J ，合成路线如下：
已知①
②有机物J结构中含两个环。
回答下列问题：
(1)C的名称是________________。
(2)A→B试剂和反应条件为________________。
(3)H→J的化学反应方程式为_______________。
(4)已知符合下列条件的 N的同分异构体有___________种，其中核磁共振氢谱显示环上只有 3 组峰，且峰面积之比为 4:4:1，写出符合条件一种同分异构体的结构简式____________。
①含有基团、环上有三个取代基②与NaHCO3反应产生气泡 ③可发生缩聚反应，M的所有同分异构体在下列表征仪器中显示的信号（或数据）完全相同是_____。
a．质谱仪 b．红外光谱仪 c．元素分析仪 d．核磁共振仪
(5)利用题中信息和所学知识，写出以A和甲烷为原料，合成的路线流程图____________(其它试剂自选)。
25、（12分）三氯化氮（NCl3）是一种消毒剂，可利用氯气与氯化铵溶液反应来制备。已知：三氯化氮的相关性质如下：
某小组同学选择下列装置（或仪器）设计实验制备三氯化氮并探究其性质：
(1)NCl3的电子式为__________________；仪器 M 的名称是______________；
(2)如果气流的方向从左至右，装置连接顺序为A、G、_____________、B。（注明：F仪器使用单孔橡胶塞）
(3)C中试剂是_________________；B装置的作用是________________；
(4)写出E装置中发生反应的化学方程式_______________________________________
(5)当E装置的烧瓶中出现较多油状液体时停止反应。控制水浴加热温度为__________；
(6)已知三氯化氮不具有漂白性，三氯化氮与热水反应的化学方程式为NCl3＋4H2O＝NH3•H2O＋3HClO，请设计实验证明该水解反应的产物______________
26、（10分）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100mL3ml•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：6ml•L﹣1的醋酸，0.5ml•L﹣1Pb（NO3）2溶液，pH 试纸]。
27、（12分）三硫代碳酸钠(Na2CS3)在农业上用作杀菌剂和杀线虫剂，在工业上用于处理废水中的重金属离子。某化学兴趣小组对Na2CS3的一些性质进行探究。回答下列问题：
(1)在试管中加入少量三硫代碳酸钠样品，加水溶解，测得溶液pH=10，由此可知H2CS3是______(填“强”或“弱”)酸。向该溶液中滴加酸性KMnO4溶液，紫色褪去，由此说明Na2CS3具有______性。(填“还原”或“氧化”)。
(2)为了测定某Na2CS3溶液的浓度，按如图装置进行实验。将35.0 mL该Na2CS3溶液置于下列装置A的三颈烧瓶中，打开仪器d的活塞，滴入足量稀硫酸，关闭活塞。
已知：CS32- +2H+==CS2 +H2S↑，CS2 和H2S均有毒；CS2不溶于水，沸点46°C，与CO2某些性质相似，与NaOH作用生成Na2COS2和H2O。
①仪器d的名称是__________。反应开始时需要先通入一段时间N2，其作用为______。
②B中发生反应的离子方程式是________。
③反应结束后。打开活塞K。再缓慢通入热N2(高于60°C)一段时间，其目的是__________。
④为了计算该Na2CS3溶液的浓度，可测定B中生成沉淀的质量。称量B中沉淀质量之前，需要进行的实验操作名称是过滤、_____、________；若B中生成沉淀的质量为8.4g，则该Na2CS3溶液的物质的量浓度是___________。
⑤若反应结束后将通热N2改为通热空气(高于60°C)，通过测定C中溶液质量的增加值来计算三硫代碳酸钠溶液的浓度时，计算值______(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
28、（14分）含有K2Cr2O7的废水具有较强的毒性，工业上常用钡盐沉淀法处理含有K2Cr2O7的废水并回收重铬酸，具体的流程如下：
已知：CaCr2O7、BaCr2O7易溶于水，其它几种盐在常温下的溶度积常数如下表所示。
（1）用离子方程式表示K2Cr2O7溶液中同时存在K2CrO4的原因（将离子方程式补充完整）：
+__________=+__________。____________
（2）向滤液1中加入BaCl2·2H2O的目的，是使从溶液中沉淀出来。
①结合上述流程说明熟石灰的作用：__________。
②结合表中数据，说明选用Ba2+而不选用Ca2+处理废水的理由：__________。
③研究温度对沉淀效率的影响。实验结果如下：在相同的时间间隔内，不同温度下的沉淀率，如下图所示。
已知：BaCrO4(s) Ba2+(aq)+ΔH>0
的沉淀效率随温度变化的原因是__________。
（3）向固体2中加入硫酸，回收重铬酸。
①硫酸浓度对重铬酸的回收率如下图所示。结合化学平衡移动原理，解释使用0.450ml/L的硫酸时，重铬酸的回收率明显高于使用0.225ml/L的硫酸的原因：__________。
②回收重铬酸的原理如图所示。当硫酸浓度高于0.450ml/L时，重铬酸的回收率没有明显变化，其原因是__________。
（4）综上所述，沉淀BaCrO4并进一步回收重铬酸的效果与__________有关。
29、（10分）根据物质结构相关知识，回答下列问题：
（1）在第三周期的元素中，第一电离能介于Mg与Cl之间的有__________种。
（2）碳元素与氮元素形成的某种晶体的晶胞如图所示，其中8个C原子位于立方体的顶点，4个C原子位于立方体的面心,4个N原子在立方体内。
①已知该晶体硬度超过金刚石，其原因是_________________。
②晶胞中C原子的杂化方式为___________。
③知该晶胞参数为a nm，阿伏加德罗常数用NA表示，则该晶体的密度为________g·cm-3
（3）大π键可表示为，其中m代表参与形成的大π键原子数，n表示大π键的电子数，如的大π键可表示为，则CO32-中的大π键可表示为_________________。
（4）金属铬是一种极硬、耐腐蚀的银白色金属，其化合物种类繁多，如：Cr2(SO4)3、K2Cr2O7以及配离子[Cr(H2O)3(NH3)3]3+等。
①基态铬原子的价电子排布式为________________。
②配离子[Cr(H2O)3(NH3)3]3+的结构可能有_________种。
（5）AlP因杀虫效率高、廉价易得而被广泛应用。已知AIP的熔点为2000℃，其晶胞结构如下图所示。
①C点的原子坐标为_______________。
②AlP的晶胞中，Al原子位于P原子形成的正四面体空隙中，此空隙的填充率为_____。
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】
油炸虾条、薯片具有还原性，易被氧化性气体氧化而变质，保存时，充入气体应为非氧化性气体，空气和氧气相比较，氧气的浓度更大，氧化性更强，易使食品变质，在食品袋中冲入氮气既可以防挤压又可以防氧化，故选D。
2、B
【解析】
A．硫酸铝在水中水解生成氢氧化铝和硫酸，硫酸为难挥发性酸，所以最终得到的产物是硫酸铝，选项A错误；
B．配制氢氧化铜悬浊液时NaOH一定要过量，否则氢氧化铜受热会分解生成黑色的氧化铜，选项B正确；
C．高温下铁与水蒸气反应生成四氧化三铁，为黑色固体，选项C错误；
D．应与足量盐酸反应，少量稀盐酸无法确定成分，选项D错误。
答案选B。
本题考查化学实验方案的评价，涉及盐类的水解、物质的制备以及物质含量的测定等知识，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力和元素化合物知识的综合理解和运用的考查，难度不大，注意相关基础知识的积累，注意硫酸铝在水中水解生成氢氧化铝和硫酸，硫酸为难挥发性酸。
3、D
【解析】
A．纵坐标为0时即=1，此时Ka==c(H+)，因此直线I对应的Ka=10-3.2, 直线II对应的Ka= 10-9.2, 由于HF酸性强于HCN，因此直线I对应，A正确；
B．a点到b点的过程中HF浓度逐渐减小，NaF浓度逐渐增大，因此水的电离程度逐渐增大，B正确；
C．Ka(HCN)= 10-9.2 ，NaCN的水解常数Kh(NaCN)=10-4.8>Ka(HCN)，因此等浓度的HCN和NaCN的混合溶液中c(CN-)c(HCN)，即有c(Na+)>c(CN-)；由于OH-、H+来自水的电离，浓度比较小且此时溶液的pH为9.2，C点溶液中存在：c(Na+)>c(CN-)=c(HCN) >c(OH-)>c(H+)，C正确；
D．由于HF酸性强于HCN，要使溶液均显中性，HF溶液中要加入较多的NaOH，因此cb(Na+)>cd(Na+)，D错误；
答案选D。
溶液中有多种电解质时，在比较离子浓度大小时注意水解常数与电离平衡常数的关系。
4、D
【解析】
A.加热NH4Cl固体分解生成氨气和氯化氢气体，在试管口处重新生成固体氯化铵，有明显的现象，A不符合题意；
B.向Al2(SO4)3溶液中滴加氨水发生反应生成氢氧化铝白色沉淀，有明显现象，B不符合题意；
C.向FeSO4溶液中通入NO2，二氧化氮和水反应生成硝酸具有强氧化性，能氧化Fe2+为Fe3+，溶液变为黄色，有明显现象，C不符合题意；
D.向稀Na2CO3溶液中滴加少量盐酸，发生反应产生NaCl和NaHCO3，无明显现象，D符合题意；
故合理选项是D。
本题考查了物质的特征性质和反应现象，掌握基础是解题关键，题目难度不大。D项为易错点，注意碳酸钠与稀盐酸反应时，若盐酸少量生成物为碳酸氢钠和氯化钠、盐酸过量生成物为氯化钠、二氧化碳和水。
5、C
【解析】
A. 分子结构中含有，为四面体结构，所有碳原子不可能处于同一平面，故A错误；
B. 该物质的分子式为C8H10，属于芳香族化合物的同分异构体有乙苯和二甲苯(邻位、间位和对位3种)，共4种，故B错误；
C. 结构中含有碳碳双键，能发生氧化反应和加成反应，含有和-CH2-，能发生取代反应，故C正确；
D. 含有碳碳双键能与溴水发生加成反应而使溴水褪色，能与酸性KMnO4溶液发生氧化反应而使高锰酸钾溶液褪色，褪色原理不同，故D错误；
答案选C。
6、B
【解析】
根据图像可知，Al在酸性条件下与硝酸根离子反应生成硝酸铝、NO和水，则溶液A为硝酸铝，气体C为NO；气体E则为二氧化氮，F为硝酸；铝在碱性条件下与硝酸根离子反应生成偏铝酸钠和氨气，则溶液B为偏铝酸钠，气体D为氨气。
【详解】
A. 铝在碱性条件下与硝酸根离子反应生成偏铝酸钠和氨气，偏铝酸根离子可写为[Al(OH)4]—，与题意不符，A错误；
B. 硝酸铝溶液和偏铝酸钠溶液混合时，发生双水解，产生氢氧化铝沉淀，符合题意，B正确；
C. D、F分别为氨气、硝酸，可反应生成硝酸铵，属于盐类，与题意不符，C错误；
D. E为二氧化氮，有毒排入大气中会造成污染，与题意不符，D错误；
答案为B。
7、B
【解析】
A．根据化合物的结构简式，可知该化合物的分子式为C9H12，故A正确；
B．该化合物没有对称轴，等效氢共有8种，所以其一氯代物有8种，故B错误；
C．该化合物有碳碳双键，可以发生氧化、加成、加聚等反应，该化合物有饱和碳原子，可以和氯气在光照下发生取代反应，故C正确；
D．该化合物有2个碳碳双键，而且不对称，所以与Br2以物质的量之比l：1加成生成2种产物，故D正确；
故选B。
该化合物分子中有2个碳碳双键，2个碳碳双键之间有2个碳碳单键，所以与Br2以物质的量之比l：1加成时只能和其中一个碳碳双键加成，无法发生1，4-加成，故与Br2以物质的量之比l：1加成只能得到2种产物。
8、C
【解析】
A．简易气体发生装置适用于难溶性固体和液体的反应，Na2SO3易溶于水，不能用简易气体发生装置制备，故A错误；
B．蒸发皿用于蒸发液体，灼烧固体应在坩埚中进行，故B错误；
C．氯气密度比空气大，可与碱石灰反应，装置符合要求，故C正确；
D．乙酸乙酯在NaOH溶液中发生水解，不能用NaOH溶液收集乙酸乙酯，应用饱和碳酸钠溶液收集，故D错误；
故答案为C。
9、C
【解析】
A．用容量瓶配制溶液不能用待装液润洗，A项错误；
B．湿润的红色石蕊试纸遇酸性气体不变色，B项错误；
C．MnO2和浓盐酸在加热条件下可制备氯气，C项正确；
D．乙酸和乙醇互溶，不能用分液漏斗进行分离，D项错误。
答案选C。
10、B
【解析】
A．0.1 ml·L－1 HCl溶液中：AlO2-与H+不能大量共存，故A错误；
B．0.1 ml·L－1 MgSO4溶液：Al3＋、H＋、Cl－、NO3-之间以及与Mg2+、SO42-之间不发生反应，能大量共存，故B正确；
C．0.1 ml·L－1NaOH溶液：Ca2＋与CO32-不能大量共存，故C错误；
D．0.1 ml·L－1Na2S溶液中，ClO－具有强氧化性，与S2-不能大量共存，故D错误；
答案选B。
熟记形成沉淀的离子，生成气体的离子，发生氧化还原反应的离子。
11、C
【解析】A．苯虽然并不具有碳碳双键，但在镍作催化剂的条件下也可与H2加成生成环己烷，故A正确；B．淀粉经过水解生成葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的作用下转化为乙醇，过程中有新物质生成，属于化学变化，故B正确；C. 石油裂解得到的汽油中含有烯烃，可使溴水、酸性高锰酸钾溶液褪色，但褪色原理不同，与溴水是发生加成反应，与酸性高锰酸钾是发生氧化还原反应，故C错误；D．乙醇在加热条件下能与CuO反应生成乙醛，乙醛能将新制的Cu(OH)2还原成Cu2O，反应中都存在元素的化合价的变化，均属于氧化还原反应，故D正确；故选C
12、D
【解析】
A. Ksp(Ag2C2O4)=(10-4)2×10-2.46=10-11.46，科学计数法表示时应该是a×10b，a是大于1小于10 的数，故它的数量级等于10-12，A错误；
B. n点时c(Ag+)，比溶解平衡曲线上的c(Ag+)大，所以表示AgCl的过饱和溶液，B错误；
C. 设c(Cl-)=c(C2O42-)=a ml/L，混合液中滴入AgNO3溶液时，生成Ag2C2O4沉淀所需c(Ag+)=，生成AgCl沉淀所需c(Ag+)=，显然生成AgCl沉淀需要的c(Ag+)小，先形成AgCl沉淀，C错误；
D. Ag2C2O4+2Cl-=2AgCl+C2O42-的平衡常数为=109.04，D正确；
故合理选项是D。
13、D
【解析】
A．据图可知在pH=4.3的溶液中，c(R2-)=c(HR-)，溶液中电荷守恒为：2c(R2-)+c(HR-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，所以3c(HR-)=c(Na+)+c(H+)-c(OH-)，故A正确；
B．等体积、等浓度的NaOH溶液与H2R溶液混合后，此时反应生成NaHR，据图可知该溶液呈酸性，说明HR-的电离程度大于HR-的水解程度，HR-电离抑制水的电离，所以此溶液中水的电离程度比纯水小，故B正确；
C．，当溶液pH=1.3时，c(H2R)=c(HR-)，则Kh2==10-12.7，溶液的pH=4.3时，c(R2-)=c(HR-)，则Ka2==10-4.3，所以 =10-3，故C正确；
D．由H2R的电离常数Ka2大于H2CO3的Ka2，即酸性：HR-＞HCO3-，所以向Na2CO3溶液中加入少量H2R溶液，发生反应：2CO32-+H2R=2HCO3-+R2-，故D错误；
故答案为D。
选项C为难点，注意对所给比值进行变换转化为与平衡常数有关的式子；选项D为易错点，要注意H2R少量，且酸性：HR-＞HCO3-，所有溶液中不可能有HR-，氢离子全部被碳酸根结合。
14、D
【解析】
A. 分子中含有羧基、羟基、碳碳双键、醚键4种官能团，故A正确；
B. 羧基与乙醇酯化反应，羟基与乙酸酯化反应，故B正确；
C. 含有碳碳双键可使溴的四氯化碳溶液发生加成，使酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应而褪色，故C正确；
D. 1ml分枝酸2ml羧基，因此最多可与2mlNaOH发生中和反应，羟基不与氢氧化钠反应，故D错误。
综上所述，答案为D。
和钠反应的基团主要是羧基、羟基，和氢氧化钠反应的的基团是羧基，和碳酸钠反应的基团是羧基和酚羟基，和碳酸氢钠反应的基团是羧基。
15、C
【解析】
A．z不含碳碳双键，与高锰酸钾不反应，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故A错误；
B．C5H6的不饱和度为=3，可知若为直链结构，可含1个双键、1个三键，则x的同分异构体不止X和Y 两种，故B错误；
C．z含有1种H，则一氯代物有1种，对应的二氯代物，两个氯原子可在同一个碳原子上，也可在不同的碳原子上，共2种，故C正确；
D．y中含3个sp3杂化的碳原子，这3个碳原子位于四面体结构的中心，则所有碳原子不可能共平面，故D错误；
故答案为C。
16、C
【解析】
由图可知，转化Ⅰ反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，热化学方程式为C(s)＋O2(g)= CO2(g) ΔH＝－393.5 kJ·ml－1，转化Ⅱ反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，热化学方程式为2CO(g)＋O2(g)= 2CO2(g) ΔH＝－282.9kJ·ml－1，转化Ⅰ—转化Ⅱ得C(s)→CO(g)的热化学方程式2C(s)＋O2(g)= 2CO(g) ΔH＝－221.2 kJ·ml－1。
【详解】
A项、由图可知1 ml C(s)与1 ml O2(g)的能量比1 ml CO2(g)能量高393.5 kJ，故A错误；
B项、由图可知反应2CO(g)＋O2(g)= 2CO2(g)为放热反应，生成物的总能量小于反应物的总能量，故B错误；
C项、由图可知1 ml C(s)与O2(g)生成1 ml CO(g)放出热量为393.5 kJ－282.9 kJ＝110.6 kJ，则C(s)→CO(g)的热化学方程式为2C(s)＋O2(g)= 2CO(g) ΔH＝－221.2 kJ·ml－1，故C正确；
D项、热值指一定条件下单位质量的物质完全燃烧所放出热量，则CO的热值为282.9 kJ×g≈10.1 kJ·g－1，故D错误；
故选C。
17、D
【解析】
A．2019年新冠肺炎“疫苗”等生物制剂在温度较高时容易失活，需要冷冻保存，故A正确；
B. 金属材料包括纯金属以及它们的合金，铝锂合金属于金属材料，故B正确；
C. 纳米复合材料表面积大，纳米复合材料实现了水中微污染物铅（Ⅱ）的高灵敏、高选择性检测，但吸附的量小，故C正确；
D. 光缆的主要成分是二氧化硅，故D错误；
故选D。
18、C
【解析】
A．因为MgS与NaHS的摩尔质量都是56g.ml-1，所以112gMgS与NaHS混合物的物质的量为2ml，而MgS与NaHS混合晶体中含有阳离子分别为Mg2+、Na+，故112gMgS与NaHS混合晶体中含有阳离子的数目为2NA，A正确；
B．Na3PO4是强电解质，在溶液中的电离方程式为：Na3PO4=3 Na++ PO43-，则1L 0.1ml·L－1的Na3PO4溶液中Na+的物质的量为0.3ml，故1L 0.1ml·L－1的Na3PO4溶液中Na+的数目为0.3NA，B正确；
C．常温下，Cu与浓硫酸不反应，C错误；
D．乙酸乙酯的结构式为，88g乙酸乙酯的物质的量是1ml，一个乙酸乙酯分子中含有两个非极性共价键，故88g乙酸乙酯中含有的非极性共价键的数目为2NA，D正确；
答案选C。
19、B
【解析】
溶液中加入物质后产生红褐色沉淀同时产生气体，所以加入的物质是碱，铵根离子和碱反应得到氨气，Fe3+和碱反应生成Fe(OH)3沉淀，溶液X是偏铝酸盐的溶液，偏铝酸根和碳酸氢根之间反应可以得到氢氧化铝沉淀。
【详解】
A．因溶液中存在Fe3+离子，故一定不存在S2-离子，A错误；
B．根据上述分析，步骤①所加试剂可以是弄KOH溶液或是其他强碱溶液，B正确；
C．可以使湿润的红色石蕊试纸检验生成的无色气体是氨气，会变蓝，C错误；
D．步骤②反应的离子方程式为H2O+AlO2-+HCO3-=Al(OH)3↓+CO32-，D错误；
故选B。
20、A
【解析】
短周期元素M、N、P、Q最高价氧化物对应水化物分别为X、Y、Z、W，M是短周期中原子半径最大的元素，则M为Na元素，则X为NaOH；0.1ml/L的W溶液pH=1，则W为一元含氧强酸，且Q的原子序数大于Na元素，则Q为Cl元素、W为HClO4；0.1 ml/L的Z溶液pH=0.7，则氢离子浓度为10-0.7ml/L=0.2ml/L，故Z为二元强酸，且P的原子序数大于Na元素，则P为S元素、Z为H2SO4；常温下X、Z、W均可与Y反应，则Y为两性氢氧化物，则Y为Al(OH)3、N为Al元素，据此解答。
【详解】
A．N为Al元素，原子核外有3个电子层数，最外层电子数为3，其电子层与最外层电子数相等，故A正确；
B．Na+、Al3+电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径Na+＞Al3+，故B错误；
C．非金属性Cl＞S，故简单氢化物稳定性：HCl＞H2S，故C错误；
D．NaOH为离子化合物，含有离子键、共价键，HClO4为分子化合物，分子内只含有共价键，二者含有化学键不全相同，故D错误；
故答案为：A。
“三看”法快速判断简单微粒半径的大小：
一看电子层数：最外层电子数相同时，电子层数越多，半径越大；
二看核电荷数：当电子层结构相同时，核电荷数越大，半径越小；
三看核外电子数：当电子层数和核电荷数均相同时，核外电子数越多，半径越大。
21、A
【解析】
A．甲苯有4种等效氢（），间二甲苯也有4种等效氢（），因此它们的一溴代物均有4种，A项正确；
B．醇的系统命名，选含羟基的最长碳链为主链，从距羟基较近的一端开始编号，，该化合物名称应为：2，3，3-三甲基-2-丁醇，B项错误；
C．2-丁烯的结构为或，分子中的四个碳原子不在一条直线上，C项错误；
D．乙酸甲酯分子中有2种等效氢（），在核磁共振氢谱中会出现2组峰，D项错误；
答案选A。
用系统命名法命名的一般原则：
① 选择含官能团的最长碳链为主链；
② 编号时，先考虑使官能团所在碳的编号尽可能小，再考虑使其它支链的编号尽可能小；
③ 写名称时，先写支链名称，再写主链名称，阿拉伯数字与汉字之间以“-”相隔。
22、C
【解析】
H2A存在电离平衡：H2A⇌H++HA-、HA-⇌H++A2-，pH增加促进电离平衡正向移动，所以由图可知：下方曲线是HA-的物质的量浓度的负对数，左侧曲线是H2A的物质的量浓度的负对数，右侧曲线是A2-的物质的量浓度的负对数，由此分析解答。
【详解】
A．由分析可知，随着pH的增大，pC增大的曲线是H2A的物质的量浓度的负对数，故A错误；
B．pH=3.50时，左侧曲线是H2A的物质的量浓度的负对数，右侧曲线是A2-的物质的量浓度的负对数，此时pC（H2A）＞pC（A2-）＞pC（HA-），即c（HA-）＞c（A2-）＞c（H2A），故B错误；
C．b点时，c（H2A）=c（A2-），，交点a处c（HA-）=c（H2A），故Ka1==c（H+）=l×10-0.8，HA-⇌A2-+H+，交点c处c（HA-）=c（A2-），故Ka2= =c（H+）=l×10-5.3，故c(H2A)·c(A2﹣)/c2(HA﹣)=10-0.8/10-5.3=10﹣4.5，故C正确；
D．D．pH=3.00～5.30时，结合物料守恒c（H2A）+c（HA-）+C（A2-）始终不变，故D错误；
故答案为C。
认真分析纵坐标的意义，明确图象曲线变化的意义为解答关键，注意掌握电离平衡及其影响，试题侧重考查学生的分析能力及灵活应用能力。
二、非选择题(共84分)
23、铁 羧基、氯原子（苯基） CH3COOH 取代 无 Na2CO3+2NaHCO3 3ml 4nml
【解析】
根据题中各物转化关系，根据水杨酸的结构可知，甲苯与氯气在铁粉做催化剂的条件下发生苯环上的取代，生成A为，A发生氧化反应生成B为，B发生碱性水解得C为，C酸化得水杨酸，水杨酸与乙酸酐发生取代反应生成阿司匹林和M，则M为CH3COOH，阿司匹林发生取代反应生成贝诺酯，(CH3)2COHCN发生水解得D为(CH3)2COHCOOH，D在浓硫酸作用下发生消去反应生成E为CH2=C(CH3)COOH，E发生加聚反应生成F为，F与阿司匹林反应生成缓释阿司匹林为，据此答题；
【详解】
根据题中各物转化关系，根据水杨酸的结构可知，甲苯与氯气在铁粉做催化剂的条件下发生苯环上的取代，生成A为，A发生氧化反应生成B为，B发生碱性水解得C为，C酸化得水杨酸，水杨酸与乙酸酐发生取代反应生成阿司匹林和M，则M为CH3COOH，阿司匹林发生取代反应生成贝诺酯，(CH3)2COHCN发生水解得D为(CH3)2COHCOOH，D在浓硫酸作用下发生消去反应生成E为CH2=C(CH3)COOH，E发生加聚反应生成F为，F与阿司匹林反应生成缓释阿司匹林为。
(1)反应①的条件是铁，B为，物质B含有的官能团名称是羧基和氯原子，
故答案为：铁；羧基和氯原子；
(2)根据上面的分析可知，M的结构简式为CH3COOH；
(3)反应③的类型为取代反应，D在浓硫酸作用下发生消去反应也可以是羟基和羧基之间发生取代反应生成酯，所以反应④的一种副产物的结构简式为；
(4)水杨酸与足量Na2CO3溶液能发生反应的化学方程式为；
(5)根据阿司匹林的结构简式可知，1ml阿司匹林最多消耗NaOH的物质的量为3ml，缓释长效阿司匹林为，1ml缓释长效阿司匹林与NaOH溶液充分反应，最多消耗NaOH的物质的量为4n ml。
本题考查有机物的推断与合成，根据阿司匹林与长效缓释阿司匹林的分子式推断F的结构是解题的关键，注意对反应信息的利用，酸化时-CN基团转化为-COOH，需要学生根据转化关系判断，注重对学生的自学能力、理解能力、分析归纳能力、知识迁移能力的考查。
24、邻溴苯甲醛 Br2、FeBr3(或Fe) +H2O 19 、、 c
【解析】
由题可知，A和D为两种不饱和的烃，根据已知①，C和F发生反应生成G，可知C的结构式为，F为，则E为，D与HBr发生加成反应得到E，故D为，B到C为催化氧化，则B为，A发生取代反应得到B，故A为，G在该条件下得到H，结合已知①可以得到H为，由于有机物J结构中含两个环，故可能是H发生分子内的酯化，得到J，据此分析解答问题。
【详解】
(1)根据上述分析，C的结构式为，叫做邻溴苯甲醛，故答案为：邻溴苯甲醛；
(2)A→B为苯环上的取代反应，条件为Br2、FeBr3(或Fe)，故答案为：Br2、FeBr3(或Fe)；
(3) H为，由于有机物J结构中含两个环，故可能是H发生分子内的酯化，得到JH→J的化学反应方程式为+H2O，故答案为：+H2O；
(4)，根据以上分析C为，由转化关系可推出M为，N为，其分子式为C8H14O3，N的同分异构体中符合下列条件：①含有基团、环上有三个取代基②与NaHCO3反应产生气泡说明含有羧基 ③可发生缩聚反应，说明含有羧基和羟基，则环上有三个不同取代基分别为甲基、羟基和羧基。先分析环上有两个取代基时共有4种结构（邻间对和同一个碳上），这4种结构对应的第三个取代基的取代产物分别有6种，6种，4种，3种，所以共有6+6+4+3=19种同分异构体，其中核磁共振氢谱显示环上只有 3 组峰，且峰面积之比为 4:4:1且满足条件的物质有、、。
M的同分异构体的元素组成相同，在元素分析仪中显示的信号完全相同，故答案为：c；、、 (任选其一即可)；
(5) 根据题干信息，以和甲烷为原料，合成的路线如下：。
25、 直形冷凝管 C、E、D、F 饱和食盐水 吸收尾气中氯气，避免污染环境 3Cl2＋NH4Cl＝NCl3＋4HCl 71℃～95℃ 用干燥、洁净玻璃棒蘸取三氯化氮液体（F 装置中的黄色油状液体）滴到干燥的
红色石蕊试纸上，试纸不褪色；再滴加数滴热水后，试纸先变蓝色后褪色
【解析】
题干信息显示，利用氯气与氯化铵溶液反应制备三氯化氮，所以制得的氯气不必干燥，但须除去氯化氢，以防干扰三氯化氮的制备。先用A装置制取Cl2，然后经过安全瓶G防止倒吸，再利用C装置除去Cl2中混有的HCl；此时混有少量水蒸气的Cl2进入E装置与蒸馏烧瓶中加入的氯化铵溶液反应，生成三氯化氮和氯化氢；当E装置的烧瓶中出现较多油状液体时停止反应，用水浴加热蒸馏烧瓶，并控制温度在三氯化氮的沸点与95℃(爆炸点)之间，将三氯化氮蒸出，用D冷凝，用F承接；由于Cl2可能有剩余，所以需使用装置B进行尾气处理。
【详解】
(1)NCl3为共价化合物，N原子与Cl各形成一对共用电子，其电子式为；仪器 M 的名称是直形冷凝管。答案为：；直形冷凝管；
(2)依据分析，如果气流的方向从左至右，装置连接顺序为A、G、C、E、D、F、B。答案为：C、E、D、F；
(3)装置C用于除去Cl2中混有的HCl，所以C中试剂是饱和食盐水；最后所得尾气中可能混有污染环境的Cl2，应除去，由此确定B装置的作用是吸收尾气中氯气，避免污染环境。答案为：饱和食盐水；吸收尾气中氯气，避免污染环境；
(4)E装置中，氯气与氯化铵溶液反应，生成三氯化氮和氯化氢，化学方程式为3Cl2＋NH4Cl＝NCl3＋4HCl。答案为：3Cl2＋NH4Cl＝NCl3＋4HCl；
(5)由以上分析可知，水浴加热温度应控制在三氯化氮的沸点与95℃(爆炸点)之间，应为71℃～95℃。答案为：71℃～95℃；
(6)设计实验时，应能证明现象来自产物，而不是反应物，所以使用的物质应与反应物不反应，但能与两种产物反应，且产生不同的现象，可设计为：用干燥、洁净玻璃棒蘸取三氯化氮液体（F 装置中的黄色油状液体）滴到干燥的红色石蕊试纸上，试纸不褪色；再滴加数滴热水后，试纸先变蓝色后褪色。答案为：用干燥、洁净玻璃棒蘸取三氯化氮液体（F 装置中的黄色油状液体）滴到干燥的红色石蕊试纸上，试纸不褪色；再滴加数滴热水后，试纸先变蓝色后褪色。
分析仪器的连接顺序时，要有一个整体观、全局观，依据实验的操作顺序，弄清每步操作可能使用什么装置，会产生什么杂质，对实验过程或结果产生什么影响，于是注意选择合适的试剂，合理安排装置的连接顺序。
26、100 mL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H2O2 ①在不断搅拌下，向“冷却液”中加入6 ml·L－1的醋酸至弱酸性，用pH试纸测定略小于，②先加入一滴0.5 ml·L－1 Pb(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100mL3ml•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6ml•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0.5 ml•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6 ml·L－1的醋酸至弱酸性，用pH试纸测定略小于，②先加入一滴0.5 ml·L－1 Pb(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。
27、弱 还原 分液漏斗 排除装置中的空气 Cu2++H2S=CuS↓+2H+ 将装置中的H2S全部排入B中被充分吸收；将装置中的CS2全部排入C中被充分吸收 洗涤 干燥 2.5ml/L 偏高
【解析】
（1）根据盐类水解原理及酸性高锰酸钾的强氧化性分析解答；（2）根据实验目的、实验装置及空气的组成和H2S的还原性分析解答；运用关系式法进行相关计算。
【详解】
（1）在试管中加入少量三硫代碳酸钠样品，加水溶解，洲得溶液pH=10，溶液显碱性，说明盐为强碱弱酸盐；向该溶液中滴加酸性KMnO4溶液，紫色褪去证明盐被氧化发生氧化还原反应，Na2CS3具有还原性，故答案为：弱；还原性；
（2）①根据仪器构造分析，仪器d的名称分液漏斗；N2化学性质比较稳定，为了防止空气中氧气将H2S氧化，所以反应开始时需要先通入一段时间N2，排除装置中的空气，故答案为：分液漏斗；排除装置中的空气；
②B中发生反应是硫酸铜和硫化氢反应生成黑色硫化铜沉淀，反应的离子方程式为：Cu2++H2S=CuS↓+2H+，故答案为：Cu2++H2S=CuS↓+2H+；
③反应结束后打开活塞K，再缓慢通入热N2一段时间，其目的是：将装置中的H2S全部排入B中被充分吸收；将装置中的CS2全部排入C中被充分吸收，故答案为：将装置中的H2S全部排入B中被充分吸收，将装置中的CS2全部排入C中被充分吸收；
④称量B中沉淀质量之前需要进行的实验操作名称是：过滤、洗涤、干燥，若B中生成沉淀的质量为8.4g，物质的量=，物质的量守恒，CS32-+2H+=CS2+H2S↑，Cu2++H2S=CuS↓+2H+，得到定量关系：CS32−∼H2S∼CuS， n（Na2CS3）= n（CuS）=0.0875ml，则35.0mL三硫代碳酸钠溶液的物质的量浓度，故答案为：洗涤、干燥； 2.5ml/L；
⑤若反应结束后将通热N2改为通热空气，通过测定C中溶液质量的增加值来计算三硫代碳酸钠溶液的浓度时，C中除吸收二硫化碳还会吸收空气中二氧化碳，溶液质量增加偏大，计算得到溶液浓度或偏高，故答案为：偏高。
28、1 H2O 2 2 H+沉淀；调节溶液pH，使转化为而沉淀BaCrO4比CaCrO4更难溶，可以使沉淀更完全温度升高，沉淀速率加快c(H2SO4)增大，则c()增大，与Ba2+生成沉淀，促进BaCrO4(s)Ba2+(aq)+(aq)ΔH>0平衡右移，c()增大；同时，c(H+)也增大，共同促进+H2O+2H+平衡左移，有利于生成更多的H2Cr2O7BaSO4与BaCrO4溶解度接近，c(H2SO4)越大，越有利于生成BaSO4，包裹在BaCrO4外，使其难于接触H2SO4，阻碍重铬酸生成受到溶液pH、温度、H2SO4浓度、BaCrO4颗粒大小等影响
【解析】含有K2Cr2O7的废水同时含有SO42−，加入适量熟石灰过滤得到的固体1为硫酸钙和滤液1，向滤液1中加入BaCl2⋅2H2O的目的是使CrO42−从溶液中沉淀出来，过滤得到固体2为BaCrO4，滤液2检测CrO42−含量达标，向固体2中加入硫酸，回收重铬酸，同时生成固体3为硫酸钡沉淀。
(1). K2Cr2O7溶液中同时存在K2CrO4的原因是重铬酸根离子在水溶液中存在化学平衡生成铬酸根离子和氢离子，反应的离子方程式为Cr2O72−+H2O⇌2CrO42−+2H+，故答案为：1、H2O、2、2、H+；
(2). ①. 根据表中物质的溶度积常数可知，熟石灰的作用是沉淀硫酸根离子，调节溶液pH使Cr2O72−转化为CrO42−而沉淀，故答案为：沉淀SO42－，调节溶液pH，使Cr2O72−转化为CrO42−而沉淀；
②. 根据表中数据可知，BaCrO4比CaCrO4更难溶，所以选用Ba2+处理废水可以使CrO42−沉淀更完全，故答案为：BaCrO4比CaCrO4更难溶，可以使CrO42−沉淀更完全；
③. 根据图象可知，CrO42−的沉淀率随温度升高增大，沉淀速率加快，故答案为；温度升高，沉淀速率加快；
(3). ①. c(H2SO4)增大，则c(SO42－)增大，与Ba2+生成沉淀，促使BaCrO4(s) Ba2+(aq)+CrO42−(aq)平衡右移，使c(CrO42−)增大，同时c(H+)也增大，共同促使Cr2O72−+H2O2CrO42−+2H+平衡左移，可以生成更多的H2Cr2O7，故答案为：c(H2SO4)增大，则c(SO42－)增大，与Ba2+生成沉淀，促使BaCrO4(s) Ba2+(aq)+CrO42−(aq)平衡右移，c(CrO42−)增大，同时c(H+)也增大，共同促使Cr2O72−+H2O2CrO42−+2H+平衡左移，可以生成更多的H2Cr2O7；
②. 根据表中各物质的溶度积常数可知，BaSO4与BaCrO4溶解度比较接近，c(H2SO4)越大，越有利于生成BaSO4，包裹在BaCrO4外，使其难与H2SO4接触，阻碍重铬酸生成，故答案为：BaSO4与BaCrO4溶解度接近，c(H2SO4)越大，越有利于生成BaSO4，包裹在BaCrO4外，使其难于接触H2SO4，阻碍重铬酸生成；
(4). 根据上述分析可知，沉淀BaCrO4并进一步回收重铬酸的效果与温度、浓度、溶液pH、硫酸浓度、沉淀颗粒等有关，受到溶液pH、温度、H2SO4浓度、BaCrO4颗粒大小等因素的影响，故答案为：受到溶液pH、温度、H2SO4浓度、BaCrO4颗粒大小等影响。
29、3 该晶体为原子晶体，由于氮原子半径比碳原子半径小，C—N键长比C—C键长短，C—N的键能更大，故其硬度更高 sp3 3d54s1 2 (，，) 50%
【解析】
(1)在第三周期的元素中，第一电离能介于Mg与Cl之间的有Si、P、S；
(2) ①该晶体为原子晶体，晶体中N原子半径小于C原子，半径越小共价键键能越大，则硬度越大；
②一个碳原子周围最近且距离相等的N原子有4个，则晶胞中C原子的杂化方式为sp3；
③晶胞中：C=8×+4×=3，N=4，ρ=；
(3)中心C原子孤电子对=（4+2-2×3）=0，为sp2杂化，则C、O原子各提供1个π键的电子数，离子带2单位负电荷，共6个π键的电子数；
(4) ①基态铬原子的价电子为最外层及3d能级的电子；
②配离子[Cr(H2O)3(NH3)3]3+的结构为八面双锥形，3个水在同一个三角形中和不在同一三角形中2种；
(5) ①C点的原子与上平面面心的小球相连，且与顶点组成等边三角形，故在x、y平面的投影为（，），同理可得在z轴的投影为；
②一个晶胞中可以切割成8个小立方体，共填充4个立方体；
【详解】
(1)在第三周期的元素中，第一电离能介于Mg与Cl之间的有Si、P、S，3种；
(2) ①该晶体为原子晶体，晶体中N原子半径小于C原子，半径越小共价键键能越大，则硬度越大，答案为：该晶体为原子晶体，由于氮原子半径比碳原子半径小，C—N键长比C—C键长短，C—N的键能更大，故其硬度更高；
②一个碳原子周围最近且距离相等的N原子有4个，则晶胞中C原子的杂化方式为sp3；
③晶胞中：C=8×+4×=3，N=4，ρ==；
(3)中心C原子孤电子对=（4+2-2×3）=0，为sp2杂化，则C、O原子各提供1个π键的电子数，离子带2单位负电荷，共6个π键的电子数，答案为：；
(4) ①基态铬原子的价电子为最外层及3d能级的电子，其排布式为3d54s1；
②配离子[Cr(H2O)3(NH3)3]3+的结构为八面双锥形，3个水在同一个三角形中和不在同一三角形中2种；
(5) ①C点的原子与上平面面心的小球相连，且与顶点组成等边三角形，故在x、y平面的投影为（，），同理可得在z轴的投影为，答案为：(，，)；
②一个晶胞中可以切割成8个小立方体，共填充4个立方体，空隙的填充率为50%；
物理性质
化学性质
黄色油状液体，熔点为－40℃，沸点为 71℃，不溶于冷水、易溶于有机溶剂，密度为 1.65 g•cm-3
95℃时爆炸，热水中发生水解
物质
CaSO4
CaCrO4
BaCrO4
BaSO4
溶度积
9.1×10-6
2.30×10-2
1.17×10-10
1.08×10-10