2026年辽宁省丹东市高考化学三模试卷（含答案解析）

这是一份2026年辽宁省丹东市高考化学三模试卷（含答案解析），共28页。试卷主要包含了答题时请按要求用笔等内容，欢迎下载使用。
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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、X、Y、Z、R，W是原子序数依次递增的五种短周期主族元素，它们所在周期数之和为11。YZ气体遇空气变成红棕色，R的原子半径是五种元素中最大的，W与Z同主族。下列说法错误的是（ ）
A．简单离子的半径：Y＞X
B．气态氢化物的稳定性：Y＞W
C．X、Z和R形成强碱
D．最高价氧化物对应的水化物的酸性：W＞R
2、25℃时，向•L-1的氨水和醋酸铵溶液中分别滴加0.100ml•L-1的盐酸溶液，溶液pH随加入盐酸体积的变化如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A．25℃时，Kb（NH3•H2O）＝Ka（CH3COOH）≈10-5
B．b点溶液中水的电离程度比c点溶液中的大
C．在c点的溶液中：c（Cl﹣）＞c（CH3COOH）＞c（NH4+）＞c（OH﹣）
D．在a点的溶液中：c（NH4+）+2c（H+）═2c（CH3COO-）+c（NH3•H2O）+2c（OH-）
3、前四周期元素X、Y、Z、W、T的原子序数依次增大，Y、Z、W位于同一周期，X的最简单氢化物分子的空间结构为正四面体，Y在同周期中电负性最小，二元化合物E中元素Y和W的质量比为23：16；同周期元素简单离子中，元素Z形成的离子半径最小；T元素的价电子排布式为3d104s1。下列说法正确的是（ ）
A．简单离子的半径Y＞Z＞W
B．最高价氧化物对应水化物的酸性W＞Z＞X
C．W和T的单质混合加热可得化合物T2W
D．W的单质在足量的氧气中燃烧，所得产物溶于水可得强酸
4、化学与生产、生活和社会密切相关。下列有关说法正确的是（）
A．食品袋中放置的CaO可防止食品氧化变质
B．华为继麒麟980之后自主研发的7m芯片问世，芯片的主要成分是二氧化硅
C．纳米铁粉可以高效地去除被污染水体中的Pb2+、Cu2+、Cd2+、Hg2+等重金属离子，其本质是纳米铁粉对重金属离子较强的物理吸附
D．SO2具有漂白性可用来漂白纸浆、毛、丝、草帽辫
5、根据下列图示所得出的结论不正确的是
A．图甲是CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)的平衡常数与反应温度的关系曲线，说明该反应的ΔHE2，所以反应物的总能量高于生成物的总能量
7、共用两个及两个以上碳原子的多环烃称为桥环烃，共用的碳原子称为桥头碳。桥环烃二环[2.2.0]己烷的碳原子编号为。下列关于该化合物的说法错误的是（ ）
A．桥头碳为1号和4号
B．与环己烯互为同分异构体
C．二氯代物有6种（不考虑立体异构）
D．所有碳原子不可能位于同一平面
8、设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（ ）
A．常温下，23 g NO2含有NA个氧原子
B．1 L 0.1 ml·L-1的氨水含有0.1NA个OH-
C．常温常压下，22.4 L CCl4含有NA个CCl4分子
D．1 ml Fe2+与足量的H2O2溶液反应，转移2NA个电子
9、化学与生活密切相关。下列说法错误的是（ ）
A．“赤潮”与水体中N、P元素的含量较高有关
B．“绿色蔬菜”种植过程中不能使用农药和肥料
C．游泳池中按标准加入胆矾可消毒杀菌
D．制作医用口罩使用的聚丙烯属于人工合成高分子材料
10、化学与材料、生活和环境密切相关。下列有关说法中错误的是（ ）
A．聚酯纤维、光电陶瓷都属于有机高分子
B．从石油和煤焦油中可以获得苯等基本化工原料
C．生活污水进行脱氮、脱磷处理可以减少水体富营养化
D．为汽车安装尾气催化转化装置，可将尾气中的部分CO和NO转化为无毒气体
11、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．密闭容器中，1mlN2和3mlH2催化反应后分子总数为2NA
B．100g98%的浓H2 SO4与过量的Cu反应后，电子转移数为NA
C．标准状况下，11.2L氧气和二氧化碳混合物中含氧原子数目为NA
D．1L1ml/LNa2CO3溶液中所含阴离子数目小于NA
12、下列各组物质发生反应，生成产物有硫的是（ ）
A．Na2S2O3 溶液和 HCl 溶液B．H2S 气体在足量的 O2 中燃烧
C．碳和浓硫酸反应D．铜和浓硫酸反应
13、苯氧乙醇在化妆品、护肤品、疫苗及药品中发挥着防腐剂的功用，其结构为，下列有关说法不正确的是
A．苯氧乙醇的分子式为C8H10O2
B．苯氧乙醇中的所有碳原子不可能处于同一平面内
C．苯氧乙醇既可以发生取代反应和加成反应，也可以使酸性高锰酸钾溶液褪色
D．分子式为C8H8O2，结构中含有苯环且能与饱和NaHCO3溶液反应的物质共有4种（不考虑立体异构）
14、COCl2 的分解反应为: COCl2(g)＝Cl2(g)+CO(g) △H＝+108 kJ•ml-1。某科研小组研究反应体系达到平衡后改变外界条件，各物质的浓度在不同条件下的变化状况，结果如图所示。下列有关判断不正确的是
A．第 4min 时，改变的反应条件是升高温度
B．第 6min 时，V 正(COCl2)＞V 逆(COCl2)
C．第 8min 时的平衡常数 K＝2.34
D．第 10min 到 14min 未标出 COCl2 的浓度变化曲线
15、室温下，1 L含0.1 ml HA和0.1 ml NaA的溶液a及加入一定量强酸或强碱后溶液的pH如下表（加入前后溶液体积不变）：
像溶液a这样，加入少量强酸或强碱后pH变化不大的溶液称为缓冲溶液。
下列说法正确的是
A．溶液a和 0.1 ml·L−1 HA溶液中H2O的电离程度前者小于后者
B．向溶液a中通入0.1 ml HCl时，A−结合H+生成 HA，pH变化不大
C．该温度下HA的Ka=10-4.76
D．含0.1 ml·L−1 Na2HPO4 与0.1 ml·L−1 NaH2PO4的混合溶液也可做缓冲溶液
16、基于临床研究，抗疟疾药物磷酸氯喹被证实在治疗新冠肺炎过程中具有疗效。4，7-二氯喹啉是合成磷酸氯喹的一种中间体，其结构简式如图所示。下列有关该物质的说法不正确的是
A．属于芳香族化合物B．分子中所有原子在同一平面上
C．分子式为C9H6NCl2D．可发生取代、加成、氧化反应
17、下列说法正确的是
A．纺织品上的油污可以用烧碱溶液清洗
B．用钢瓶储存液氯或浓硫酸
C．H2、D2、T2互为同位素
D．葡萄糖溶液和淀粉溶液都可产生丁达尔效应
18、常温下，下列各组离子能在指定环境中大量共存的是（ ）
A．c(Al3+)=0.1ml•L-1的溶液中：H+、NH4+、F-、SO42-
B．水电离出的c(H+)=10-4ml•L-1的溶液中：Na+、K+、SO42-、CO32-
C．与Al反应能放出H2的溶液中：Na+、K+、HSO3-、Cl-
D．使甲基橙变红色的溶液中：Na+、K+、NO2-、Br-
19、可逆反应aX(g)+bY(g)cZ(g)在一定温度下的密闭容器内达到平衡后，t0时改变某一外界条件，化学反应速率(υ)—时间(t)图象如下图。下列说法正确的是（ ）
A．若a+b=c，则t0时只能是增大反应体系的压强
B．若a+b=c，则t0时只能是加入催化剂
C．若a+b≠c，则t0时只能是加入催化剂
D．若a+b≠c，则t0时只能是增大反应体系的压强
20、某同学结合所学知识探究Na2O2与H2能否反应，设计装置如图，下列说法正确的是（ ）
A．装置A中锌粒可用铁粉代替
B．装置B中盛放碱石灰，目的是除去A中挥发出来的少量水蒸气
C．装置C加热前，必须先用试管在干燥管管口处收集气体，检验气体纯度
D．装置A也可直接用于MnO2与浓盐酸反应制取Cl2
21、氮化钡(Ba3N2)是一种重要的化学试剂。高温下，向氢化钡(BaH2)中通入氮气可反应制得氮化钡。已知：Ba3N2遇水反应；BaH2在潮湿空气中能自燃，遇水反应。用图示装置制备氮化钡时，下列说法不正确的是（ ）
A．装置甲中反应的化学方程式为NaNO2+NH4ClN2↑+NaCl+2H2O
B．BaH2遇水反应，H2O作还原剂
C．实验时，先点燃装置甲中的酒精灯，反应一段时间后，再点燃装置丙中的酒精喷灯进行反应
D．装置乙中的浓硫酸和装置丁中的碱石灰均是用于吸收水蒸气，防止水蒸气进入装置丙中
22、 “拟晶”(quasicrystal)是一种具有凸多面体规则外形但不同于晶体的固态物质。Al65Cu23Fe12是二十世纪发现的几百种拟晶之一，具有合金的某些优良物理性能。下列有关这种拟晶的说法正确的是
A．无法确定Al65Cu23Fe12中三种金属的化合价
B．Al65Cu23Fe12的硬度小于金属铁
C．Al65Cu23Fe12不可用作长期浸泡在海水中的材料
D．1 ml Al65Cu23Fe12溶于过量的硝酸时共失去265 ml电子
二、非选择题(共84分)
23、（14分）有机物J是合成抗炎药洛索洛芬钠的关键中间体，它的一种合成路线如图：
回答下列问题：
（1）反应④的反应类型是______；J中官能团名称是______。
（2）不用甲苯与氯气在光照条件下反应得到B物质的原因是______。
（3）根据流程中的信息，在反应⑥的条件下，CH2（COOC2H5）2与足量CH3CH2CH2I充分反应生成的有机产物结构简式为______。
（4）反应⑨的化学方程式为：
其中产物X的结构简式是______。
（5）写出符合下列条件的I的同分异构体______。
①能发生银镜反应，但不能发生水解反应；②苯环上一氯取代物只有一种；③核磁共振氢谱有4组峰。
（6）根据流程中的信息，写出以、CH3OH为有机原料合成的合成路线。_______
24、（12分）盐酸氨溴索(又称溴环己胺醇)，可用于急、慢性支气管炎及支气管扩张、肺气肿、肺结核等疾病的治疗。某研究小组拟用以下流程合成盐酸氨溴索和糖精的中间体X(部分反应条件及产物已略)。
已知信息：
(Ⅰ)R1CHO+R2NH2R1CH＝N﹣R2
(Ⅱ)(易被氧化)
请回答：
(1)流程中A名称为_____；D中含氧官能团的名称是_____。
(2)G的分子式为_____；化合物E的结构简式是_____。
(3)A→B、F→G的反应类型分别为：_____、_____。
(4)写出B+CD 的化学方程式_____。
(5)化合物X同时符合下列条件的同分异构体H有_____种；其中核磁共振氢谱有5组吸收峰的结构简式为_____。
①苯环上有两个取代基，其中之一是氨基；②官能团与X相同，苯环上的一氯代物有两种。
(6)以甲苯和甲醇为有机原料，参照盐酸氨溴索的合成路线图，设计X的合成路线______(无机试剂任选，标明试剂、条件及对应物质结构简式)。
25、（12分）X、Y、Z均是中学化学中常见的物质，某同学用X、Y两种单质及Z的溶液进行实验，部分实验内容如下表所示：
(1)I中反应物与生成物总能量的大小E(反应物)_____E(生成物）（填“ >”“< ”或“=”），仅仅由I、II中的信息可知，Z可能是_____。
(2)若X是铝，在温度不变时向I中分别加入（适量）等物质的量的NaCl、KCl、CsCl后，产生无色气泡的速率明显加快，导致这种变化最可能的原因是_________。
(3)若X是铝，II中反应产生的气泡有特殊颜色，则发生反应的离子方程式为_____；单质Y不可能是____(填字母）。
A 铅 B 石墨 C 镁 D 银
(4)若Ⅲ溶液最终变成蓝色，写出负极上电极反应式_______；变化过程中，参与正极上放电的离子是_________。
26、（10分）用如图所示仪器，设计一个实验装置，用此装置电解饱和食盐水，并测定阴极气体的体积（约6mL）和检验阳极气体的氧化性。
（1）必要仪器装置的接口字母顺序是：A接_____、____接____；B接___、____接____。
（2）电路的连接是：碳棒接电源的____极，电极反应方程式为_____。
（3）能说明阳极气体具有氧化性的实验现象是____，有关离子方程式是_____；最后尾气被吸收的离子方程式是______。
（4）如果装入的饱和食盐水体积为50mL（假定电解前后溶液体积不变），当测得的阴极气体为5.6mL（标准状况）时停止通电，则另一极实际上可收集到气体____（填“”、“”或“”）5.6mL，理由是______。
27、（12分）（发现问题）研究性学习小组中的小张同学在学习中发现：通常检验CO2用饱和石灰水，吸收CO2用浓NaOH溶液。
（实验探究）在体积相同盛满CO2的两集气瓶中，分别加入等体积的饱和石灰水和浓NaOH溶液。实验装置和现象如图所示。请你一起参与。
（现象结论）甲装置中产生该实验现象的化学方程式为______________________。解释通常用石灰水而不用NaOH溶液检验CO2的原因________________________________________________；乙装置中的实验现象是___________________________。吸收CO2较多的装置是__________________。
（计算验证）另一位同学小李通过计算发现，等质量的Ca(OH)2和NaOH吸收CO2的质量，Ca(OH)2大于NaOH。因此，他认为通过吸收CO2应该用饱和石灰水。
（思考评价）请你对小李同学的结论进行评价：________________________________________________________。
28、（14分）某废渣中含有Al 2O3和Cr2O3(三氧化二铬)，再次回收利用工艺流程如下。
回答下列问题:
（1）滤液1中阴离子为CrO42-和AlO2-，X的电子式是_______。写出滤液1与过量气体X反应生成Al(OH) 3的离子方程式:_____________________。
（2）“熔烧”中反应之一是4Na2CO3+ 2Cr2O3+ 3O2 =4Na2CrO4+ 4X，该反应中被氧化的物质是______(填化学式)；若该反应转移6ml电子，则生成_____ml Na2CrO4。
（3）“还原””中加入适量稀硫酸，调节pH=5，氧化产物为SO42-。写出离子方程式____________。
（4）已知该废料中含铬元素质量分数为a%，wt这样废料经上述流程提取mkgCr2O3。则该废料中铬元素回收率为_______(用代数式表示)。(已知回收率等于实际回收质量与理论质量之比)
29、（10分）氯化铜可用于生产颜料、木材防腐剂等．用粗铜（含杂质Fe）经过系列步骤可制备氯化铜晶体（CuCl2•2H2O）．完成下列填空：
（1）实验室用浓盐酸和二氧化锰共热来制备Cl2，写出该反应的离子方程式______．
（2）加入试剂将CuCl2和FeCl3的混合溶液pH调至4～5，过滤得到纯净的CuCl2溶液，应加入的试剂是__ （填字母编号）
a CuO b NaOH c Cu2（OH）2CO3 d Cu
（3）CuCl2溶液通过蒸发、结晶可得到CuCl2•2H2O．
①蒸发过程中，加入盐酸的目的是____．
②蒸发过程中，观察到溶液颜色由蓝色变为绿色．
其原理是：
上述反应的化学平衡常数表达式是______．欲使溶液由绿色变成蓝色的措施是：a______；b______．
（4）由CuSO4溶液蒸发结晶得到CuSO4•5H2O的过程中不用加入硫酸，其原因是______（用勒夏特列原理解释）．
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】
X、Y、Z、R、W是原子序数依次递增的五种短周期主族元素，YZ气体遇空气变成红棕色，则YZ为NO，故Y为N元素、Z为O元素；W与Z同主族，则W为S元素；R的原子半径是五种元素中最大的，R处于第三周期，可能为Na、Mg、Al、Si、P中的一种；五元素所在周期数之和为11，则X处于第一周期，故X为H元素。
【详解】
A．X、Y简单离子分别为H+(或H-)、N3-，电子层越多离子半径越大，故离子半径；N3-＞H+(或H-)，故A正确；
B．非金属性N＞S，故氢化物稳定性NH3＞H2S，故B正确；
C．X、Z和R可能形成NaOH、氢氧化镁、氢氧化铝、硅酸、磷酸等，故C错误；
D．W的非金属性比R的强，最高价氧化物对应的水化物的酸性：W＞R，故D正确。
故选：C。
本题的突破口为“YZ气体遇空气变成红棕色”，可知YZ为NO；本题中无法确定R代表的具体元素，但并不影响对选项的判断。
2、C
【解析】
A.根据图象可知，0.100ml•L﹣1的氨水的pH=11，c（OH﹣）=10﹣3ml/L，Kb（NH3•H2O）= =10﹣5，醋酸铵溶液的pH=7，说明铵根离子和醋酸的水解程度相等，则二者的电离平衡常数相等，即25℃时，Kb（NH3•H2O）=Ka（CH3COOH）≈10﹣5，故A正确；
B.加入20mL等浓度的HCl溶液后，氨水恰好反应生成氯化铵，b点铵根离子水解促进了水的电离，而c点溶质为醋酸和氯化铵，醋酸电离出的氢离子使溶液呈酸性，抑制了水的电离，则b点溶液中水的电离程度比c点溶液中的大，故B正确；
C.Kb（NH3•H2O）=Ka（CH3COOH）≈10﹣5，Kh（NH4+）=≈10﹣9＜10﹣5，醋酸的电离程度较大，则c（NH4+）＞c（CH3COOH），正确的离子浓度大小为：c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（CH3COOH）＞c（OH﹣），故C错误；
D.在a点的溶液中反应后溶质为等浓度的CH3COONH4、NH4Cl和CH3COOH，根据电荷守恒可知：c（NH4+）+c（H+）═c（CH3COO﹣）+c（Cl﹣）+c（OH﹣），根据物料守恒可得：2c（Cl﹣）=c（NH4+）+c（NH3•H2O），二者结合可得：c（NH4+）+2c（H+）═2c（CH3COO﹣）+c（NH3•H2O）+2c（OH﹣），故D正确。
故选C。
明确图象曲线变化的意义为解答关键，注意掌握电荷守恒、物料守恒在盐的水解中的运用。
3、C
【解析】
X的最简单氢化物分子的空间构型为正四面体，该氢化物为甲烷，即X为C，Y、Z、W位于同一周期，原子序数依次增大，即Y、Z、W位于第三周期，Y的电负性最小，推出Y为Na，二元化合物E中元素Y和W的质量比为23：16，推出该二元化合物为Na2S，即W为S，同周期元素简单离子中，元素Z形成的离子半径最小，即Z为Al，T元素的价电子3d104s1，推出T元素为Cu，据此分析；
【详解】
X的最简单氢化物分子的空间构型为正四面体，该氢化物为甲烷，即X为C，Y、Z、W位于同一周期，原子序数依次增大，即Y、Z、W位于第三周期，Y的电负性最小，推出Y为Na，二元化合物E中元素Y和W的质量比为23：16，推出该二元化合物为Na2S，即W为S，同周期元素简单离子中，元素Z形成的离子半径最小，即Z为Al，T元素的价电子3d104s1，推出T元素为Cu，
A. Y、Z、W简单离子分别是Na＋、Al3＋、S2－，因此简单离子半径大小顺序是r(S2－)>r(Na＋)>r(Al3＋)，故A错误；
B. 三种元素最高价氧化物对应水化物分别是H2CO3、Al(OH)3、H2SO4，硫酸酸性最强，氢氧化铝为两性，因此酸性强弱顺序是H2SO4>H2CO3>Al(OH)3，故B错误；
C. Cu与S在加热条件下发生反应，因为S的氧化性较弱，因此将Cu氧化成较高价态，得到产物是Cu2S，反应：2Cu＋S Cu2S，故C正确；
D. S在足量的氧气中燃烧生成SO2，SO2溶于水后生成H2SO3，亚硫酸为中强酸，故D错误；
答案：C。
易错点是选项D，学生认为S与足量的O2反应生成SO3，SO3溶于水后生成H2SO4，学生：C与O2反应，如果氧气不足，则生成CO，氧气过量，则生成CO2，S和C不太一样，S与氧气反应，无论氧气过量与否，生成的都是SO2，SO2转化成SO3，需要催化剂、高温条件。
4、D
【解析】
A. CaO没有强还原性，故不能防止食品的氧化变质，只能起到防潮的作用，A项错误；
B. 硅是半导体，芯片的主要成分是硅单质，B项错误；
C. Fe具有还原性，能把Pb2+、Cu2+、Cd2+、Hg2+等重金属离子还原，所以纳米铁粉可以高效地去除被污染水体中的Pb2+、Cu2+、Cd2+、Hg2+等重金属离子是利用Fe的还原性，与吸附性无关，C项错误；
D. SO2能与有色物质化合生成无色物质，可用于漂白纸浆、毛、丝、草帽辫等，D项正确；
答案选D。
5、C
【解析】
A. 升高温度，lgK减小，平衡向逆反应方向移动，逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，该反应的ΔH0；
B. 根据图像，随着时间的推移，c（H2O2）变化趋于平缓，随着反应的进行H2O2分解速率逐渐减小；
C. 根据图像，没有滴入NaOH溶液时，0.1000ml/LHX溶液的pH1，HX为一元弱酸；
D. 根据图像可见横坐标越小，纵坐标越大，-lgc（SO42-）越小，-lgc（Ba2+）越大，说明c（SO42-）越大c（Ba2+）越小。
【详解】
A. 升高温度，lgK减小，平衡向逆反应方向移动，逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，该反应的ΔH0，A项正确；
B. 根据图像，随着时间的推移，c（H2O2）变化趋于平缓，随着反应的进行H2O2分解速率逐渐减小，B项正确；
C. 根据图像，没有滴入NaOH溶液时，0.1000ml/LHX溶液的pH1，HX为一元弱酸，C项错误；
D. 根据图像可见横坐标越小，纵坐标越大，-lgc（SO42-）越小，-lgc（Ba2+）越大，说明c（SO42-）越大c（Ba2+）越小，D项正确；
答案选C。
本题考查图像的分析，侧重考查温度对化学平衡常数的影响、化学反应速率、酸碱中和滴定pH曲线的分析、沉淀溶解平衡曲线的分析，掌握有关的原理，明确图像中纵、横坐标的含义和曲线的变化趋势是解题的关键。
6、C
【解析】
根据反应物的总能量和生成物的总能量的相对大小来判断反应的热效应。反应的能量变化与反应途径无关，催化剂只改变反应速率，与该反应的能量变化无关。
【详解】
A. 若反应物的总能量>生成物的总能量，则反应为放热反应；若反应物的总能量>生成物的总能量，则反应为吸热反应，此图中生成物总能量高于反应物，故该反应为吸热反应，A错误；
B. E1-E2的差值即为此反应的焓变，催化剂只改变活化能，与焓值无关，B错误；
C. 此反应为吸热反应，故断开H-H键所需要的能量高于生成H-Br键放出的能量，C正确；
D. 因为E1>E2，所以反应物的总能量低于生成物的总能量，此反应吸收热量，D错误，
故合理选项是C。
本题考查吸热反应和放热反应，在化学反应中，由于反应中存在能量的变化，所以反应物的总能量和生成物的总能量不可能相等，根据二者能量差异判断反应的热效应。
7、C
【解析】
A.由桥环烃二环[2.2.0]己烷的结构可知，桥头碳为1号和4号，形成2个四元碳环，故A正确；B. 桥环烃二环[2.2.0]己烷和环己烯的分子式均为C6H10，二者的分子结构不同，互为同分异构体，故B正确；
C.该烃分子有2种不同化学环境的氢原子，其二氯代物中2个氯原子在同一碳原子上的有1种，在不同碳原子上的有6种，故其二氯代物有7种，故C错误；
D.该烃分子中所有碳原子均形成4个单键，所以所有碳原子不可能位于同一平面，故D正确；
故选C。
8、A
【解析】
A.23gNO2的物质的量是＝0.5ml，含有1ml氧原子，选项A正确；
B.氨水是弱碱，部分电离，即.1 L 0.1 ml·L－1氨水含有OH－个数小于0.1NA，选项B错误；
C.常温常压下四氯化碳不是气体，不能适用于气体摩尔体积，选项C错误；
D.反应中亚铁离子失去1个电子，选项D错误；
答案选A。
9、B
【解析】
A. N、P元素是农作物生长需要的宏量元素，若水体中N、P元素的含量较高，水中藻类物质就会生长旺盛，导致产生赤潮现象，A正确；
B. “绿色蔬菜”种植过程中为了使蔬菜生长旺盛，控制病虫害，也要适当使用农药和肥料，B错误；
C. Cu2+是重金属离子，能够使病菌、病毒的蛋白质发生变性，因此游泳池中按标准加入胆矾可消毒杀菌，C正确；
D.制作医用口罩使用的聚丙烯是由丙烯通过加聚反应产生的人工合成高分子材料，D正确；
故合理选项是B。
10、A
【解析】
A．聚酯纤维属于有机合成材料，陶瓷属于无机非金属材料，故A错误；
B．从石油中可以获得乙烯、从石油或煤焦油中可以获得苯等重要化工基本原料，故B正确；
C．水中含有氮、磷过多，能够使水体富营养化，水中植物疯长，导致水质恶化，生活污水进行脱氮、脱磷处理可以减少水体富营养化，有利于环境保护，故C正确；
D、为汽车安装尾气催化转化装置，可将尾气中的部分CO和NO转化为无毒气体氮气和二氧化碳，故D正确；
答案选A。
11、C
【解析】
A．合成氨的反应为可逆反应，不能进行彻底，故分子总数大于2NA个，故A错误；
B．100g98%的浓H2 SO4中含有硫酸98g，物质的量为1ml，铜与浓硫酸的反应，2H2SO4(浓) + CuCuSO4 + 2H2O +SO2↑，随着反应的进行，浓硫酸变成稀硫酸，反应不再进行，所以反应生成的二氧化硫的物质的量小于0.5ml，转移的电子的物质的量小于1ml，故B错误；
C．标准状况下，11.2LO2与CO2混合气体的物质的量==0.5ml，混合物中所含氧原子的数目为NA，故C正确；
D．碳酸根的水解CO32-+H2OHCO3-+OH-，导致阴离子个数增多，故1L1ml/LNa2CO3溶液中阴离子个数多于NA个，故D错误；
故选C。
本题的易错点为BD，B中要注意稀硫酸与铜不反应，D中要注意根据碳酸根离子的水解方程式分析阴离子数目的变化。
12、A
【解析】
A、Na2S2O3溶液和 HCl 溶液反应，发生氧化还原反应生成二氧化硫、硫单质和氯化钠，生成产物有硫，故A符合题意；
B、H2S气体在足量的O2中燃烧生成二氧化硫和水，生成产物中无硫单质生成，故B不符合题意；
C、碳和浓硫酸加热反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，生成产物中无硫单质生成，故C不符合题意；
D、铜和浓硫酸加热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，生成产物中无硫单质生成，故D不符合题意；
故选：A。
13、B
【解析】
A．苯氧乙醇的不饱和度为4，则其分子式为C8H2×8+2-4×2O2，A正确；
B．苯氧乙醇中，苯氧基上的C、O原子一定在同一平面内，非羟基O原子与2个C原子可能在同一平面内，所以所有碳原子可能处于同一平面内，B不正确；
C．苯氧乙醇中的苯基可发生加成反应，醇羟基能发生取代反应、HOCH2-能使酸性高锰酸钾溶液褪色，C正确；
D．符合条件的有机物为、共4种，D正确；
故选B。
14、C
【解析】
A选项，第4min时，改变的反应条件是升高温度，平衡正向移动，COCl2浓度减小，故A正确；
B选项，第6min时，平衡正向移动，因此V正(COCl2)＞V逆(COCl2)，故B正确；
C选项，第 8min 时的平衡常数 ，故C错误；
D选项，第10min移走了一氧化碳，平衡正向移动，氯气，一氧化碳浓度增加，COCl2浓度减小，因此COCl2浓度变化曲线没有画出，故D正确。
综上所述，答案为C。
15、D
【解析】
A．溶液a为酸性，HA电离程度大于A-水解程度，相对于纯HA，同浓度下，溶液a中存在一部分A-，起始时有了一部分产物，所以溶液a和0.1 ml/L HA溶液中HA的电离程度前者小于后者，从而H2O的电离程度前者大于后者，A选项错误；
B．根据表中数据，向溶液a中通入0.1 ml HCl时，溶液a中一共只有1L含0.1ml NaA ，则完全消耗NaA，这就超出了缓冲溶液的缓冲范围了，NaA变成了HA，溶液便失去了缓冲能力，pH不可能变化不大，B选项错误；
C．HA的，由表可知，1 L含0.1 ml HA和0.1 ml NaA的溶液a的pH=4.76，但此时c(A-)不等于c(HA)，故该温度下HA的Ka不等于10-4.76，C选项错误；
D．向0.1 ml·L−1 Na2HPO4 与0.1 ml·L−1 NaH2PO4的混合溶液中加入少量强酸或强碱，溶液的组成不会明显变化，故也可做缓冲溶液，D选项正确；
答案选D。
16、C
【解析】
A．由4，7-二氯喹啉的结构简式可知，该分子含有苯环，属于芳香族化合物，A选项正确；
B．根据苯环、碳碳双键中所有原子共平面分析可知，该分子中所有原子在同一平面上，B选项正确；
C．由结构简式可知，分子式为C9H5NCl2，C选项错误；
D．该分子中苯环能够发生取代、加成反应，碳碳双键能够发生加成反应、氧化反应，D选项正确；
答案选C。
17、B
【解析】
A.纺织品中的油污通常为矿物油，成分主要是烃类，烧碱与烃不反应；另烧碱也会腐蚀纺织品，选项A错误；
B.常温下，铁与液氯不反应，在冷的浓硫酸中发生钝化，均可储存在钢瓶中，选项B正确；
C.同位素是质子数相同，中子数不同的原子之间的互称，选项C错误；
D.淀粉溶液属于胶体，产生丁达尔效应；而葡萄糖溶液不属于胶体，选项D错误。
答案选B。
18、B
【解析】
A.铝离子与氟离子能够形成配合物，且氢氟酸是弱电解质，H+、F-也不能大量共存，故A错误；
B.常温下，水电离出的c(H+)=10-4ml•L-1，水的电离程度增大，则溶液中存在可水解的离子，碳酸根为弱酸根，能发生水解反应，促进水的电离，故B正确；
C.与Al反应能放出H2的溶液可能为酸性溶液，也可能为碱性溶液，HSO3-在酸性、碱性溶液中都不能大量存在，故C错误；
D.使甲基橙变红色的溶液为酸性溶液，酸性条件下，NO2-有强氧化性能与Br-发生氧化还原反应，故D错误；
综上所述，答案为B。
NO2-在中性、碱性条件下，无强氧化性，在酸性条件下，具有强氧化性。
19、C
【解析】
若a+b=c，条件改变后，正逆反应速率同时增大，且增大的程度相同，即平衡不移动，这说明改变的条件是加入催化剂或增大反应体系的压强；若a+b≠c，条件改变后，正逆反应速率同时增大，且增大的程度相同，即平衡不移动，改变的条件只能是加入催化剂；答案选C。
20、C
【解析】
探究Na2O2与H2能否反应，由实验装置可知，A装置为Zn与稀盐酸反应生成氢气，盐酸易挥发，则B装置中应为碱石灰可除去HCl和水蒸气，C装置试管为Na2O2与H2反应，但加热前应先检验氢气的纯度，氢气不纯加热时可能发生爆炸，最后D装置通过检验反应后是否有水生成判断Na2O2与H2能否反应，以此解答该题。
【详解】
A．铁粉会落到有孔塑料板下边，进入酸液中，无法控制反应的发生与停止，故A错误；
B．B装置中盛放碱石灰，可除去HCl和水蒸气，故B错误；
C．氢气具有可燃性，不纯时加热易发生爆炸，则加热试管前，应先收集气体并点燃，通过爆鸣声判断气体的纯度，故C正确；
D．二氧化锰和浓盐酸应在加热条件下反应制备氯气，A装置不能加热，故D错误；
故答案选C。
21、B
【解析】
A. 装置甲中亚硝酸钠和氯化铵发生归中反应生成氮气，根据电子守恒，反应的化学方程式为NaNO2+NH4ClN2↑+NaCl+2H2O，故A正确；
B. BaH2中H元素化合价为-1，BaH2遇水反应生成氢气，H2O作氧化剂，故B错误；
C. 实验时，先点燃装置甲中的酒精灯，反应一段时间后，等氮气把装置中的空气排出后，再点燃装置丙中的酒精喷灯进行反应，故C正确；
D. Ba3N2遇水反应，BaH2在潮湿空气中能自燃，遇水反应，所以装置乙中的浓硫酸和装置丁中的碱石灰均是用于吸收水蒸气，防止水蒸气进入装置丙中，故D正确；
选B。
22、C
【解析】
A．拟晶Al65Cu23Fe12是由三种金属元素组成，由于金属无负价，根据化合价代数和为0的原则，三种金属的化合价均可视作零价，故A错误；
B．拟晶具有合金的某些优良物理性能，合金的硬度一般比各成分金属大，故B错误；
C．Al65Cu23Fe12与海水可以构成原电池，会加速金属的腐蚀，因此不可用作长期浸泡在海水中的材料，故C正确；
D．溶于过量硝酸时，Al与Fe均变为+3价，Cu变为+2价，故1ml Al65Cu23Fe12失电子为65×3+23×2+12×3=277ml，故D错误；
故选C。
二、非选择题(共84分)
23、取代反应酯基、溴原子在光照条件下氯气与甲苯反应选择性差，得到的B物质中副产物多HOCH2CH2OH、
【解析】
A为，B为，由合成流程结合生成C的条件及图中转化关系可知，C为，酸性条件下水解得到D为：，酸和醇发生酯化反应，生成E为：，E发生取代反应生成F，F与碘甲烷发生取代反应生成G，G取代生成H，H与甲醇发生酯化反应，生成I，I发生取代反应得到J，同时还生成乙二醇，以此解答。
【详解】
（1）由上述分析可知，反应④为酯化反应或取代反应；J中含有官能团为溴原子、酯基，
故答案为：酯化反应(或取代反应)；溴原子、酯基；
（2）由于用甲苯与氯气在光照条件下反应，氯气取代甲基的H原子，选择性差，因此得到的B物质中副产物多，
故答案为：在光照条件下氯气与甲苯反应选择性差，得到的B物质中副产物多；
（3）反应⑥发生的是取代反应，CH2(COOC2H5)2与足量CH3CH2CH2I充分反应：；
（4）I发生取代反应得到J，根据原子守恒可知同时还生成乙二醇；反应⑨的化学方程式为：，其中产物X的结构简式为OHCH2CH2OH，
故答案为：OHCH2CH2OH；
（5）能发生银镜反应，说明含有醛基，但不能发生水解反应，则另一个为醚键；苯环上一氯取代物只有一种，说明苯环上只有一种氢原子；核磁共振氢谱有4组峰，说明只有4种氢原子；符合条件的同分异构体为：、，
故答案为：、；
（6）与NaCN发生取代反应生成，水解生成CH3CH2CH(COOH)CH3，与甲醇发生酯化反应生成，合成路线为：。
24、邻硝基甲苯或1﹣硝基甲苯 硝基、羟基 C13H18N1OBr1 氧化反应 取代反应 3
【解析】
由B与C的分子式、D的结构简式，结合信息①，可知B为、C为，对比甲苯与B的结构，可知甲苯发生硝化反应生成A，A发生氧化反应生成B，故A为，D发生信息②中还原反应生成E为，由盐酸氨溴索的结构简式可知E→F发生还原反应生成F，F与溴发生苯环上取代反应生成G，G与HCl反应生成盐酸氨溴索，故F为、G为。
(6)、甲基用酸性高锰酸钾溶液氧化引入羧基，硝基用Fe/HCl还原引入氨基，羧基与甲醇发生酯化反应引入酯基，氨基易被氧化且能与羧基反应，结合生成A的转化，应先发生硝化反应反应生成，再发生氧化反应生成，然后发生酯化反应生成， 最后发生还原反应生成目标产物。
【详解】
（1）A的结构简式为，其名称为：邻硝基甲苯或1﹣硝基甲苯。D中含氧官能团的名称是：硝基、羟基，
故答案为：邻硝基甲苯或1﹣硝基甲苯；硝基、羟基；
（1）G的结构简式为，其分子式为：C13H18N1OBr1．由分析可知，化合物E的结构简式是：，
故答案为：C13H18N1OBr1；；
（3）A→B是转化为，甲基转化为醛基，属于氧化反应。F→G是转化为，F中苯环上氢原子被溴原子替代，属于取代反应，故答案为：氧化反应；取代反应；
（4）B+CD的化学方程式为，
故答案为：；
（5）化合物X同时符合下列条件的同分异构体：①苯环上有两个取代基，其中之一是氨基；②官能团与X相同，另外一个取代基含有酯基，可能为﹣COOCH3、﹣OOCCH3、﹣CH1OOCH，苯环上的一氯代物有两种，1个不同的取代基处于对位，符合条件的H共有3种，其中核磁共振氢谱有5组吸收峰的结构简式为：，
故答案为：3；；
（6）甲基用酸性高锰酸钾溶液氧化引入羧基，硝基用Fe/HCl还原引入氨基，羧基与甲醇发生酯化反应引入酯基，氨基易被氧化且能与羧基反应，结合生成A的转化，应先发生硝化反应反应生成，再发生氧化反应生成，然后发生酯化反应生成，最后发生还原反应生成目标物，合成路线流程图为：，
故答案为：。
25、＞ 硝酸或硫酸 Cl－对铝与H＋之间的反应有催化作用 2Al3＋＋6H＋＋6NO3－=Al2O3＋6NO2↑＋3H2O B Cu－2e－=Cu2＋ NO3－
【解析】
（1）该反应自发进行，且为放热反应，根据反应热=生成物的总能量-反应物的总能量作答；根据图示信息可知，X在常温下被Z的浓溶液钝化；
（2）根据影响反应速率的外因结合三种盐的结构特点分析；
（3）结合Z可能是硫酸或硝酸，及题意中II中反应产生的气泡有特殊颜色，推测该气泡为二氧化氮，据此分析作答；结合原电池的工作原理分析；
（4）Cu2＋为蓝色溶液；NO3－在正极得电子生成NO2。
【详解】
（1）I进行的是自发的氧化还原反应，为放热反应，所以反应物总能量高于生成物总能量；由I、II可知，X在常温下被Z的浓溶液钝化，故Z可能是硫酸或硝酸，故答案为：＞；硫酸或硝酸；
（2）由于加入（适量）等物质的量的NaCl、KCl、CsCl后反应速率明显加快，因三种盐均含有Cl－，而Cl－不可能与Al反应，故只能是Cl－起催化作用，故答案为：Cl－对铝与H＋之间的反应有催化作用；
（3）有色气体为NO2，Z是硝酸，铝被浓硝酸氧化后生成致密的Al2O3，故反应的离子方程式为：2Al3＋＋6H＋＋6NO3－=Al2O3＋6NO2↑＋3H2O；由III知，X、Y与浓硝酸构成原电池且Y是负极，故Y的单质在常温下应该与浓硝酸发生反应，铅、镁、银都能与浓硝酸反应，石墨与浓硝酸不反应，答案选B；故答案为2Al3＋＋6H＋＋6NO3－=Al2O3＋6NO2↑＋3H2O；B；
（4）Ⅲ溶液最终变成蓝色，则说明生成铜离子，即铜是负极，发生失电子的氧化反应，其电极反应式为：Cu－2e－=Cu2＋；NO3－与H＋在正极得电子生成NO2和H2O，故答案为：Cu－2e－=Cu2＋；NO3－。
26、G F I D E C 正 2Cl--2e=Cl2↑ 丙中溶液变蓝 Cl2+2I-=I2+2Cl- Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O ＜ 阳极产生的氯气有部分溶于水且与水和阴极产生的NaOH发生反应
【解析】
电解池装置中，阳极与电源的正极相连，阴极与电源的负极相连，电解饱和食盐水在阴极生成的是H2，阳极生成的是Cl2，据此分析；
淀粉遇碘单质变蓝，要从淀粉碘化钾中得到碘单质必须加入氧化性物质，据此分析；
根据已知的数据和电解的总反应方程式计算出生成的NaOH的物质的量浓度，从而可知c(OH-)，再求溶液的pH，据此分析。
【详解】
（1）碳棒上阴离子放电产生氯气，Fe棒上阳离子放电产生氢气，所以B端是检验氯气的氧化性，连接D，然后再进行尾气吸收，E接C，碳棒上阴离子放电产生氯气，Fe棒上阳离子放电产生氢气，所以A端是测定所产生的氢气的体积，即各接口的顺序是：A→G→F→I，B→D→E→C，故答案为：G；F；I；D；E；C；
（2）电解池装置中，碳与电源的正极相连，则为阳极，氯离子发生失电子的氧化反应，其电极反应式为：2Cl--2e-=Cl2↑，故答案为：正；2Cl--2e=Cl2↑；
（3）氯气氧化碘化钾，生成碘单质，碘单质遇淀粉溶液变蓝色，其离子方程式为：Cl2+2I-=I2+2Cl-；最后氢氧化钠溶液吸收多余的氯气，其离子方程式为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，故答案为：丙中溶液变蓝；Cl2+2I-=I2+2Cl-；Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；
（4）n(H2)==0.00025ml，根据总反应方程式：2NaCl+2H2O H2↑+Cl2↑+2NaOH可知另一极理论上生成的氯气的物质的量也为0.00025ml，其体积理论上也为5.6mL，但氯气部分会溶于水，且部分会与生成的氢氧化钠反应，因此另一极实际上可收集到气体小于5.6mL，故答案为：＜；阳极产生的氯气有部分溶于水且与水和阴极产生的NaOH发生反应。
27、CO2＋Ca(OH)2＝CaCO3↓＋H2O（CO2适量） CO2和石灰水作用有明显的现象，和NaOH作用无明显现象 气球体积增大，溶液不变浑浊 乙 因为Ca(OH)2的溶解度较小，所形成的饱和石灰水中溶质的质量分数很小
【解析】
甲装置中，澄清石灰水中的Ca(OH)2与CO2反应，生成CaCO3白色沉淀，由此可写出反应的方程式。NaOH溶液吸收CO2，看不到现象；乙装置中，由于CO2被NaOH吸收，导致广口瓶内气体的压强减小，于是空气进入气球内，由此可推知实验现象。从两瓶内溶液中所含溶质的物质的量及反应方程式进行综合分析，以确定所选装置。
小李从相同量的碱的吸收能力考虑，忽视了溶液的浓度。
【详解】
甲装置中，澄清石灰水中的溶质为Ca(OH)2，它与CO2反应的化学方程式为CO2＋Ca(OH)2＝CaCO3↓＋H2O（CO2适量）。通常用石灰水而不用NaOH溶液检验CO2，是因为CO2和石灰水作用有明显的现象，和NaOH作用无明显现象；乙装置中，由于CO2被NaOH吸收，导致广口瓶内气体的压强减小，于是空气进入气球内，从而看到气球体积增大，溶液不变浑浊。因为澄清石灰水中Ca(OH)2微溶于水，浓度很小，溶质的物质的量很小，所以吸收CO2较多的装置是乙。答案为：CO2＋Ca(OH)2＝CaCO3↓＋H2O（CO2适量）；CO2和石灰水作用有明显的现象，和NaOH作用无明显现象；气球体积增大，溶液不变浑浊；乙；
小李从相同量的碱的吸收能力考虑，忽视了溶液的浓度。因为Ca(OH)2的溶解度较小，所形成的饱和石灰水中溶质的质量分数很小。答案为：因为Ca(OH)2的溶解度较小，所形成的饱和石灰水中溶质的质量分数很小。
解题时，我们应学会应对，一个是从化学方程式分析，NaOH、Ca(OH)2吸收CO2的能力；另一个是从溶液出发，分析相同体积的NaOH、Ca(OH)2溶液吸收CO2的能力，此时需考虑溶质的溶解度以及溶液中所含溶质的物质的量。
28、AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-Cr2O328CrO42-+3S2O32-+34H+=6SO42-+8Cr3++17H2O
【解析】
Al 2O3与Na2CO3反应生成NaAlO2和X气体CO2，Cr2O3与Na2CO3反应生成Na2CrO4和X气体CO2，发生的反应为：4Na2CO3+ 2Cr2O3+ 3O2 =4Na2CrO4+ 4CO2，过滤得滤液1中阴离子为CrO42-和AlO2-，通入CO2，得到Al(OH) 3，离子方程式:AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-。滤液2中CrO42-，“还原””中加入适量稀硫酸，调节pH=5，发生反应：8CrO42-+3S2O32-+34H+=6SO42-+8Cr3++17H2O，加氨水反应后得到Cr(OH)3，加热分解得Cr2O3。
（1）滤液1中阴离子为CrO42-和AlO2-，X是CO2电子式是。滤液1主要成分为NaAlO2，与过量气体X反应生成Al(OH) 3的离子方程式AlO2－+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-。（2）“熔烧”中反应之一是4Na2CO3+ 2Cr2O3+ 3O2 =4Na2CrO4+ 4X，铬元素由+3价升高为+6价，该反应中被氧化的物质是Cr2O3；由方程式每生成4mlNa2CrO4，转移12ml电子，若该反应转移6ml电子，则生成2ml Na2CrO4。（3）“还原””中加入适量稀硫酸，调节pH=5，氧化产物为SO42-。离子方程式8CrO42-+3S2O32-+34H+=6SO42-+8Cr3++17H2O。（4）mkgCr2O3中含铬mkg×，该废料中含铬元素质量分数为a%，wt这样废料中含铬1000wkg×a%，则该废料中铬元素回收率为×100%=。
29、MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O ac 抑制铜离子的水解，提高产品的产率 加水稀释 AgNO3溶液 Cu2+易发生水解，加热促进水解；但硫酸不挥发，且浓度越来越大，从而抑制水解；水不断蒸发，最终得到晶体
【解析】
(1)在加热条件下浓盐酸与二氧化锰反应生成氯气、氯化锰和水；
(2)调节pH时不能消耗铜离子，也不能引入新的杂质；
(3)①铜离子水解显酸性，加酸抑制水解；
②根据反应方程式书写，水不能写入平衡常数表达式；溶液由绿色变成蓝色，则平衡逆向移动，根据影响化学平衡移动的因素分析；
(4)CuSO4在溶液中水解生成难挥发性酸，水解不能完全进行。
【详解】
(1)在加热条件下浓盐酸与二氧化锰反应生成氯气、氯化锰和水，其反应的离子方程式为：MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O；
(2)调节pH时不能消耗铜离子，也不能引入新的杂质，加NaOH会引入钠离子，Cu与氢离子不反应，所以可以选用CuO和Cu2(OH)2CO3，故答案为：ac；
(3)①铜离子水解显酸性，加酸抑制水解，所以蒸发过程中，要加入盐酸来抑制氯化铜的水解，从而提高产率；
②蒸发过程中，观察到溶液颜色由蓝色变为绿色，其原理是：，则反应的平衡常数为K＝；溶液由绿色变成蓝色，则平衡逆向移动，加水稀释，平衡逆向移动，加AgNO3溶液会消耗氯离子，反应物的浓度减小，平衡逆向移动；
(4)CuSO4在溶液中水解生成难挥发性酸硫酸，加热促进水解，但水解生成的硫酸不挥发，随着水的减少，硫酸的浓度越来越大，从而抑制了硫酸铜的水解，最终得到晶体。
溶液a
通入0.01 ml HCl
加入0.01 ml NaOH
pH
4.76
4.67
4.85