2026年四川省遂宁市高三（最后冲刺）化学试卷（含答案解析）

这是一份2026年四川省遂宁市高三（最后冲刺）化学试卷（含答案解析），共36页。
3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．
4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．
5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．
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、下图是部分短周期元素原子半径与原子序数的关系图，下列说法正确的是
A．M、N的氧化物都能与Z、R的最高价氧化物对应水化物反应
B．Y的单质能从含R简单离子的水溶液中置换出R单质
C．X、M两种元素组成的化合物熔点很高
D．简单离子的半径：R>M>X
2、关于C9 H12的某种异构体，以下说法错误的是( )
A．一氯代物有5 种
B．分子中所有碳原子都在同一平面
C．能发生加成、氧化、取代反应
D．1ml该物质最多能和3 ml H2发生反应
3、NA代表阿伏加德罗常数的值，以下说法正确的是
A．2NA个HCl分子与44.8 L H2和Cl2的混合气体所含的原子数目均为4NA。
B．32gCu将足量浓、稀硝酸分别还原为NO2和NO，浓、稀硝酸得到的电子数均为NA。
C．物质的量浓度均为1ml/L的NaCl和MgCl2混合溶液中，含有Cl―的数目为3NA。
D．1ml D318O+（其中D代表）中含有的中子数为10 NA。
4、正确的实验操作是实验成功的重要因素，下列实验操作正确的是( )
A．称取一定量的NaCl
B．制备氢氧化亚铁并观察其颜色
C．检验浓硫酸与铜反应后的产物中是否含有铜离子
D．收集NO2并防止其污染环境
5、NA是阿伏加徳罗常数的值，下列说法正确的是
A．12g石墨烯（单层石墨）中含有六元环的个数为2NA
B．标准状况下，22.4LHF中含有的氟原子数目为NA
C．密闭容器中，lmlNH3和lmlHC1反应后气体分子总数为NA
D．在1L 0.1 ml/L的硫化钠溶液中，阴离子总数大于0.1NA
6、下列有关实验的说法中不正确的是（ ）
A．纸层析法通常以滤纸作为惰性支持物，滤纸纤维上的羟基所吸附的水作为固定相
B．检验火柴头中的氯元素，可把燃尽的火柴头浸泡在少量水中，片刻后取少量溶液于试管中，滴加硝酸银溶液和稀硝酸
C．在比较乙醇和苯酚与钠反应的实验中，要把乙醇和苯酚配成同物质的量浓度的水溶液，再与相同大小的金属钠反应，来判断两者羟基上氢的活性
D．若皮肤不慎受溴腐蚀致伤，应先用苯清洗，再用水冲洗
7、探究浓度对化学平衡的影响，实验如下：
结合实验，下列说法不正确的是：
A．反应a为：2Fe3++2I-⇌2Fe2++I2
B．比较氧化性：Ⅱ中，I2>Fe3+
C．Ⅱ中，反应a进行的程度大于反应b
D．比较水溶液中c(Fe2+)： Ⅱ< Ⅲ
8、氮及其化合物的转化过程如图所示。下列分析不合理的是
A．催化剂 a 表面发生了非极性共价键的断裂和极性共价键的形成
B．催化剂不能改变反应焓变但可降低反应活化能
C．在催化剂 b 表面形成氮氧键时，涉及电子转移
D．催化剂 a、b 能提高反应的平衡转化率
9、工业上氟气可作为火箭燃料中的氧化剂，氟单质的制备通常采用电解法。已知：KF＋HF===KHF2，电解熔融的氟氢化钾(KHF2)和无水氟化氢的混合物制备F2的装置如图所示。下列说法错误的是
A．钢电极与电源的负极相连
B．电解过程中需不断补充的X是KF
C．阴极室与阳极室必须隔开
D．氟氢化钾在氟化氢中可以电离
10、高铁酸钾(K2FeO4)是一种新型非氯高效消毒剂，微溶于KOH溶液，热稳定性差。实验室制备高铁酸钾的原理为3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH==2K2FeO4+6KCl++8H2O。下列实验设计不能达到实验目的的是
A．用图所示装置制备并净化氯气
B．用图所示装置制备高铁酸钾
C．用图所示装置分离出高铁酸钾粗品
D．用图所示装置干燥高铁酸钾
11、X、Y、Z、W均为短周期元素，它们在元素周期表中相对位置如图所示，若Z原子的最外层电子数是第一层电子数的3倍，下列说法正确的是（ ）
A．Z单质与氢气反应较Y剧烈
B．X与W的原子核外电子数相差9
C．X单质氧化性强于Y单质
D．最高价氧化物对应水化物酸性W比Z强
12、只涉及到物理变化的是（ ）
A．石油裂化B．煤的干馏C．海水晒盐D．高炉炼铁
13、草酸(H2C2O4)是一种二元弱酸。常温下，向H2C2O4溶液中逐滴加入NaOH溶液，混合溶液中lgX[X为或]与pH的变化关系如图所示。下列说法一定正确的是
A．Ⅰ表示lg与pH的变化关系
B．pH＝1.22的溶液中：2c(C2O42-)＋c(HC2O4-)=c(Na＋)
C．根据图中数据计算可知，Ka2(H2C2O4)的数量级为10-4
D．pH 由1.22到4.19的过程中，水的电离程度先增大后减小
14、下列化学用语的表述正确的是
A．离子结构示意图：可以表示16O2－，也可以表示18O2－
B．比例模型：可以表示甲烷分子，也可以表示四氯化碳分子
C．氯化铵的电子式为：
D．二氧化碳分子的比例模型是：
15、室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是( )
A．能使甲基橙变红的溶液：Na＋、Ca2＋、Br－、HCO3－
B．＝1×10－12的溶液：K＋、Na＋、CO32－、AlO2－
C．0.1 ml·L－1KFe(SO4)2溶液：Mg2＋、Al3＋、SCN－、NO3－
D．0.1 ml·L－1Ca5NH4(NO3)11溶液：H＋、Fe2＋、Cl－、SO42-
16、2019年4月25日，宣布北京大兴国际机场正式投运！该机场在建设过程中使用了当今世界机场多项尖端科技，被英国《卫报》评为“新世界七大奇迹”之首。化工行业在这座宏伟的超级工程中发挥了巨大作用，下列有关说法错误的是
A．青铜剑科技制造的第三代半导体芯片，其主要成分是SiO2
B．支撑航站楼的C形柱柱顶的多面体玻璃，属于硅酸盐材料
C．机场中的虚拟人像机器人“小兴”表面的塑料属于高分子聚合物
D．耦合式地源热泵系统，光伏发电系统及新能源汽车的使用，可以减轻温室效应及环境污染
17、ClO2是一种消毒杀菌效率高、二次污染小的水处理剂．实验室可通过以下反应制得ClO2：2KClO3+H2C2O4+H2SO4=2ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O ，下列说法不正确的是（ ）
A．KClO3在反应中得电子B．ClO2是还原产物
C．H2C2O4在反应中被氧化D．1mlKClO3参加反应有2mle-转移
18、短周期元素a、b、c、d的原子序数依次增大，在下列转化关系中，甲、乙、丙、丁、戊为上述四种元素组成的二元或三元化合物。其中A为d元素组成的单质，常温下乙为液体，丁物质常用于消毒、漂白。下列说法错误的是
A．简单离子半径：c＞b
B．丙中既有离子键又有极性键
C．b、c形成的化合物中阴、阳离子数目比为1：2
D．a、b、d形成的化合物中，d的杂化方式是sp3
19、实验中需2ml/L的Na2CO3溶液950mL，配制时应选用的容量瓶的规格和称取Na2CO3的质量分别是
A．1000mL，212.0gB．950mL，543.4gC．任意规格，572gD．500mL，286g
20、煤的干馏实验装置如图所示。下列说法错误的是
A．可用蓝色石蕊试纸检验a层液体中含有的NH3
B．长导管的作用是导气和冷凝
C．从b层液体中分离出苯的操作是分馏
D．c口导出的气体可使新制氯水褪色
21、钠离子电池具有成本低、能量转换效率高、寿命长等优点。一种钠离子电池用碳基材料 （NamCn）作负极，利用钠离子在正负极之间嵌脱过程实现充放电，该钠离子电池的工作原理 为Na1-mCO2+NamCnNaCO2+Cn。下列说法不正确的是
A．放电时，Na+向正极移动
B．放电时，负极的电极反应式为NamCn—me-=mNa++Cn
C．充电时，阴极质量减小
D．充电时，阳极的电极反应式为NaCO2-me-=Na1-mCO2+mNa+
22、化学与人类生产、生活密切相关，下列叙述中正确的是
A．可折叠柔性屏中的灵魂材料——纳米银与硝酸不会发生化学反应.
B．2022年北京冬奧会吉祥物“冰墩墩”使用的聚乙烯属于高分子材料
C．“珠海一号”运载火箭中用到的碳化硅也是制作光导纤维的重要材料
D．建设世界第一高混凝土桥塔用到的水泥和石灰均属于新型无机非金属材料
二、非选择题(共84分)
23、（14分）有机物A（C6H8O4）为食品包装纸的常用防腐剂。A可以使溴水褪色。A难溶于水，但在酸性条件下可发生水解反应，得到B(C4H4O4)和甲醇。通常状况下B为无色晶体，能与氢氧化钠溶液发生反应。
（1）A可以发生的反应有_______________（选填序号）。
①加成反应 ②酯化反应 ③加聚反应 ④氧化反应
（2）B分子所含官能团的名称是______________________________。
（3）B分子中没有支链，其结构简式是________________________，B的具有相同官能团的同分异构体的结构简式是_________________。
（4）由B制取A的化学方程式是____________________________________。
（5）天门冬氨酸（C4H7NO4）是组成人体蛋白质的氨基酸之一，可由B通过以下反应制取：
天门冬氨酸的结构简式是______________________________________。
24、（12分）丙胺卡因（H）是一种局部麻醉药物，实验室制备H的一种合成路线如下：
已知：
回答下列问题：
(1)B的化学名称是________，H的分子式是_____________。
(2)由A生成B的反应试剂和反应条件分别为_______________。
(3)C中所含官能团的名称为_________，由G生成H的反应类型是___________。
(4)C与F反应生成G的化学方程式为______________________________________。反应中使用K2CO3的作用是_______________。
(5)化合物X是E的同分异构体，X能与NaOH溶液反应，其核磁共振氢谱只有1组峰。X的结构简式为____________________。
(6)（聚甲基丙烯酸甲酯）是有机玻璃的主要成分，写出以丙酮和甲醇为原料制备聚甲基丙烯酸甲酯单体的合成路线：________________。（无机试剂任选）
25、（12分）水中的溶解氧（DO）的多少是衡量水体水质的重要指标。某化学小组测定某河流中氧的含量，经查阅有关资料了解到溶解氧测定可用“碘量法”，
Ⅰ．用已准确称量的硫代硫酸钠（Na2S2O3）固体配制一定体积的cml/L标准溶液；
Ⅱ．用水样瓶取河流中水样v1mL并立即依次序注入1.0mLMnCl2溶液和1.0mL碱性KI溶液，塞紧瓶塞（瓶内不准有气泡），反复震荡后静置约1小时；
Ⅲ．向水样瓶中加入1.0mL硫酸溶液，塞紧瓶塞，振荡水样瓶至沉淀全部溶解，此时溶液变为黄色； Ⅳ．将水样瓶内溶液全量倒入锥形瓶中，用硫代硫酸钠标准溶液滴定；
V．待试液呈淡黄色后，加1mL淀粉溶液，继续滴定到终点并记录消耗的硫代硫酸钠溶液体积为v2。
已知：I2 +2Na2S2O3 =2NaI+Na2S4O6
（1）在滴定环节中使用的仪器有滴定管夹、铁架台、烧杯、锥形瓶和________________________。
（2）在步骤Ⅱ中，水样中出现了MnMnO3沉淀，离子方程式为4Mn2++O2+8OH－2MnMnO3↓+4H2O。
（3）步骤Ⅲ中发生反应的离子方程式为 _______________________________________________________________。
（4）滴定时，溶液由__________色到______________色，且半分钟内颜色不再变化即达到滴定终点。
（5）河水中的溶解氧为_____________________________mg/L。
（6）当河水中含有较多NO3－时，测定结果会比实际值________(填偏高、偏低或不变)
26、（10分）1 -溴丙烷是一种重要的有机合成中间体，实验室制备少量1 -溴丙烷的实验装置如下:
有关数据见下表:
步骤1:在仪器A中加入搅拌磁子、12 g正丙醇及20 mL水,冰水冷却下缓慢加入25 mL 18. 4 ml·L-1的浓H2SO4 ;冷却至室温,搅拌下加入24 g NaBr。
步骤2:按如图所示搭建实验装置,缓慢加热,直到无油状物蒸馏出为止。
回答下列问题:
（1）使用油浴加热的优点主要有_____________.
（2）仪器A的容积最好选用__________.（填字母）。
A 50 mL B 100 mL C 250mL. D 500mL.
（3）步骤1中如果不加入20 mL水或者加入的水过少,烧瓶中会有大量红棕色蒸气产生,写出该反应的化学方程式:_____。
（4）提纯产品的流程如下:
①加入碳酸钠溶液的目的之一是通过反应除去产品中的Br2,已知反应中还原产物与氧化产物的物质的量之比为5:1,写出反应的离子方程式:________。
②操作I得到的有机层中可能含有水、丁醇等杂质,检验水的试剂可选用______（填字母,下同）。
a 金属钠 b 胆矾 c 无水硫酸铜 d 碱石灰，
③操作II选择的装置为______________。
（5）本实验制得的纯产品为14.8 g,则产率为_______（保留小数点后一位）。
27、（12分）氮化铝(AlN)是一种性能优异的新型材料，在许多领域有广泛应用。某化学小组模拟工业制氮化铝原理，欲在实验室制备氮化铝并检验其纯度。查阅资料：
①实验室用饱和NaNO2溶液与NH4Cl溶液共热制N2：NaNO2+NH4ClNaCl+N2↑+2H2O
②工业制氮化铝：Al2O3+3C+N22AlN+3CO，氮化铝在高温下能水解。
③AlN与NaOH饱和溶液反应：AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3↑。
Ⅰ．氮化铝的制备
(1)实验中使用的装置如上图所示，请按照氮气气流方向将各仪器接口连接：e→c→d_____。(根据实验需要，上述装置可使用多次)。
(2)A装置内的X液体可能是_____；E装置内氯化钯溶液的作用可能是_________.
Ⅱ.氮化铝纯度的测定
（方案i）甲同学用左图装置测定AlN的纯度(部分夹持装置已略去)。
(3)为准确测定生成气体的体积，量气装置(虚线框内)中的Y液体可以是________.
a．CCl4 b．H2O c．NH4Cl饱和溶液 d．植物油
(4)用下列仪器也能组装一套量气装置，其中必选的仪器有_________(选下列仪器的编号)。
a.单孔塞 b.双孔塞 c.广口瓶 d.容量瓶 e.量筒 f.烧杯
（方案ii）乙同学按以下步骤测定样品中AlN的纯度 (流程如下图) 。
(5)步骤②的操作是_______
(6)实验室里灼烧滤渣使其分解，除了必要的热源和三脚架以外，还需要的硅酸盐仪器有_____等。
(7)样品中AlN的纯度是_________(用含m1、m2、m3表示)。
(8)若在步骤③中未洗涤，测定结果将_____(填“偏高”、“偏低”或“无影响”。)
28、（14分）甲硅烷广泛用于电子工业、汽车领域，三氯氢硅（）是制备甲硅烷的重要原料。回答下列问题：
(1)工业上以硅粉和氯化氢气体为原料生产时伴随发生的反应有：
①
②
以硅粉和氯化氢气体生产的热化学方程式是_______________________。
(2)工业上可用四氯化硅和氢化铝锂（）制甲硅烷，反应后得甲硅烷及两种盐。该反应的化学方程式为_________________________________________________。
(3)三氯氢硅歧化也可制得甲硅烷。反应为歧化制甲硅烷过程的关键步骤，此反应采用一定量的催化剂，在不同反应温度下测得的转化率随时间的变化关系如图所示。
①时，平衡转化率为_________。该反应是__________反应（填“放热”或“吸热”）。
②时，要缩短反应达到平衡的时间，可采取的措施有________________________。（答一种即可）
③比较a、b处反应速率的大小：_______________（填“＞”“＜”或“=”）。已知反应速率分别是正、逆反应的速率常数，与反应温度有关，x为物质的量分数，则在时___________（保留3位小数）。
29、（10分）工业上用以下流程从铜沉淀渣中回收铜、硒、碲等物质。某铜沉淀渣，其主要成分如表。沉淀渣中除含有铜(Cu)、硒(Se)、碲(Te)外，还含有少量稀贵金属，主要物质为Cu、Cu2Se和Cu2Te。某铜沉淀渣的主要元素质量分数如下：
(1)16S、34Se、52Te为同主族元素，其中34Se在元素周期表中的位置______。
其中铜、硒、碲的主要回收流程如下：
(2)经过硫酸化焙烧，铜、硒化铜和碲化铜转变为硫酸铜。其中碲化铜硫酸化焙烧的化学方程式如下，填入合适的物质或系数：Cu2Te+____H2SO4 2CuSO4+____TeO2+____+____H2O
(3)SeO2与吸收塔中的H2O反应生成亚硒酸。焙烧产生的SO2气体进入吸收塔后，将亚硒酸还原成粗硒，其反应的化学方程式为______ 。
(4)沉淀渣经焙烧后，其中的铜转变为硫酸铜，经过系列反应可以得到硫酸铜晶体。
① “水浸固体”过程中补充少量氯化钠固体，可减少固体中的银（硫酸银）进入浸出液中，结合化学用语，从平衡移动原理角度解释其原因__________。
②滤液2经过、____ 、过滤、洗涤、干燥可以得到硫酸铜晶体。
(5)目前碲化镉薄膜太阳能行业发展迅速，被认为是最有发展前景的太阳能技术之一。用如下装置可以完成碲的电解精炼。研究发现在低的电流密度、碱性条件下，随着TeO32-浓度的增加，促进了Te的沉积。写出Te的沉积的电极反应式为___________________。
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、C
【解析】
由图可知，为第二周期和第三周期元素的原子半径的变化，根据原子序数关系可知X为O元素，Y为F元素，Z为Na元素，M为Al元素，N为Si元素，R为Cl元素，A．M、N的氧化物Al2O3、SiO2都能与Z、R的最高价氧化物对应水化物NaOH反应，但SiO2不与R的最高价氧化物对应水化物HClO4反应，选项A错误；B．F2非常活泼，与含氯离子的水溶液反应时直接与水反应，无法置换出氯气，选项B错误；C．X、M两种元素组成的化合物氧化铝熔点很高，选项C正确；D．O2-、Al3+电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，Cl-比它们多一个电子层，半径最大，故离子半径Cl-＞O2-＞Al3+，选项D错误。答案选C。
点睛：本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键，侧重对化学用语的考查，注意理解氢氧化铝的两性，能与强酸强碱反应，由图可知，为第二周期和第三周期元素的原子半径的变化，根据原子序数关系可知X为O元素，Y为F元素，Z为Na元素，M为Al元素，N为Si元素，R为Cl元素，据此分析得解。
2、B
【解析】
A．苯环上有3种氢，侧链上有2种氢，其一氯代物有5 种，故A正确；
B．次甲基中碳原子连接的原子或基团形成四面体结构，分子中所有碳原子不可能都在同一平面，故B错误；
C．含有苯环，可以发生加成反应与取代反应，可以燃烧，侧链可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，故C正确；
D．苯环能与氢气发生加成反应，1 ml该物质最多能和3 ml H2发生反应，故D正确。
故选：B。
一氯代物的种类即判断分子内的等效氢数目，一般同一个甲基上的氢等效、同一个碳上连接点甲基上的氢等效、对称结构的氢等效。
3、B
【解析】
A．氢气和氯气所处的状态不明确，故其物质的量无法计算，则和HCI的原子数目是否相同无法计算，A错误；
B．32gCu的物质的量0.5ml，失去的电子数均为NA，浓硝酸被还原为二氧化氮，稀硝酸被还原为NO，根据得失电子数守恒，浓、稀硝酸得到的电子数均为NA，B正确；
C．溶液体积不明确，故溶液中含有的氯离子个数无法计算，C错误；
D．D318O+中含13个中子，故1mlD318O+中含13NA个中子，D错误；
答案选B。
4、A
【解析】
A. 称取一定量的NaCl，左物右码，氯化钠放在纸上称，故A正确；
B. 氢氧化亚铁易被氧化，制备氢氧化亚铁时，胶头滴管应伸入硫酸亚铁溶液中，并油封，故B错误；
C. 检验浓硫酸与铜反应后的产物中是否含有铜离子，应把反应后的混合液倒入水中，故C错误；
D. NO2密度大于空气，应用向上排空气法收集NO2，故D错误；答案选A。
5、D
【解析】
A. 12g石墨烯里有1ml碳原子，在石墨中，每个六元环里有6个碳原子，但每个碳原子被3个环所共有，所以每个环平均分得2个碳原子，所以1个碳原子对应0.5个环，所以12g石墨烯（单层石墨）中含有六元环的个数为0.5NA，故A不选；
B. 标准状况下，HF是液体，故B不选；
C. NH3和HC1反应生成的NH4Cl不是由分子构成的，是离子化合物，故C不选；
D. 1L 0.1 ml/L的硫化钠溶液中，如果硫离子不水解，则硫离子为0.1ml，但硫离子会发生水解：S2-+H2OHS-+OH-，所以阴离子数目增加，最终阴离子总数大于0.1NA，故D选。
故选D。
6、C
【解析】
A.对于能溶于水的待分离物质，滤纸纤维上的羟基所吸附的水作为固定相，以与水能混合的有机溶剂作流动相，故A正确；
B.检验氯离子的方法是向溶液中加入硝酸银和稀硝酸，有白色沉淀生成证明有氯离子存在，故B正确；
C.若把乙醇和苯酚配成同物质的量浓度的水溶液，则钠先和水反应了，故C错误；
D.苯是有机溶剂，可以迅速溶解溴，使危害降到最低，所以若皮肤不慎受溴腐蚀致伤，应先用苯清洗，再用水冲洗，故D正确；
综上所述，答案为C。
7、C
【解析】
A、加入CCl4，振荡、静置，下层显紫红色，说明5mL 0.05ml/L FeCl3溶液中加入5mL 0.05ml/L KI溶液，两者发生氧化还原反应生成碘单质，所以反应的化学方程式：2Fe3++2I-⇌2Fe2++I2，故A正确；
B、Ⅱ中下层显极浅的紫色，说明加入饱和KSCN溶液，平衡2Fe3++2I-⇌2Fe2++I2逆向移动，所以在饱和KSCN溶液中，碘单质是氧化剂，铁离子是氧化产物，根据氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，则氧化性：Ⅱ中，I2＞Fe3+，故B正确；
C、反应a进行是铁离子与碘离子反应生成单质碘和亚铁离子，而反应b进行的是铁离子与KSCN溶液生成络合物的反应，两者反应不同，无法比较其反应程度的大小，故C错误；
D、Ⅱ中下层显极浅的紫色，说明平衡2Fe3++2I-⇌2Fe2++I2逆向移动，导致亚铁离子的浓度减小，Ⅲ中向另一份加入CCl4，碘单质溶解在四氯化碳中碘单质的浓度减小，平衡2Fe3++2I-⇌2Fe2++I2正向移动，所以水溶液中c(Fe2+)：Ⅱ＜Ⅲ，故D正确；
答案选C。
8、D
【解析】
A. 催化剂a表面是氢气和氮气反应生成氨气，催化剂a表面发生了非极性共价键的断裂和极性键的形成，故A合理；
B. 催化剂可降低反应活化能，改变反应速率，但不能改变反应焓变，故B合理；
C. 催化剂b表面是氨气催化氧化生成NO的反应，发生的是氧化还原反应，涉及电子转移，故C合理；
D. 催化剂a、b改变反应速率，不改变化学平衡，不能提高反应的平衡转化率，故D不合理；
故选D。
9、B
【解析】
根据装置图，钢电极上产生H2，碳电极上产生F2，然后根据电解原理进行分析和判断；
【详解】
A、根据装置图，KHF2中H元素显＋1价，钢电极上析出H2，表明钢电极上发生得电子的还原反应，即钢电极是电解池的阴极，钢电极与电源的负极相连，故A说法正确；
B、根据装置图，逸出的气体为H2和F2，说明电解质无水溶液中减少的是氢和氟元素，因此电解过程需要不断补充的X是HF，故B说法错误；
C、阳极室生成氟气，阴极室产生H2，二者接触发生剧烈反应甚至爆炸，因此必须隔开防止氟气与氢气接触，故C说法正确；
D、由氟氢化钾的氟化氢无水溶液可以导电，可推知氟氢化钾在氟化氢中发生电离，故D说法正确。
10、D
【解析】
A. 可用浓盐酸与二氧化锰在加热的条件下制取氯气，制取的氯气中含有氯化氢气体，可通过饱和食盐水除去氯气中的氯化氢气体，能达到实验目的，故A不符合；
B. KOH溶液是过量的，且高铁酸钾微溶于KOH溶液，则可析出高铁酸钾晶体，能达到实验目的，故B不符合；
C. 由B项分析可知，高铁酸钾微溶于KOH溶液，可析出高铁酸钾晶体，用过滤的方法即可分离出高铁酸钾粗品，能达到实验目的，故C不符合；
D. 已知高铁酸钾热稳定性差，因此直接加热会导致高铁酸钾分解，不能达到实验目的，故D符合；
答案选D。
11、D
【解析】
若Z原子的最外层电子数是第一层电子数的3倍，则Z是S元素；根据其再周期表中的相对位置，X、Y、W分别是N、O、Cl。
【详解】
A. O的非金属性大于S，氧气与氢气反应比硫蒸气与氢气反应剧烈，故A错误；
B. N与Cl的原子核外电子数相差17-7=10，故B错误；
C. 同周期元素从左到右非金属性增强，非金属性越强，单质氧化性越强，氧气氧化性强于氮气，故C错误；
D. 同周期元素从左到右非金属性增强，非金属性越强，最高价氧化物对应水化物酸性越强，酸性HClO4>H2SO4，故D正确。
12、C
【解析】
化学变化是指有新物质生成的变化，物理变化是指无新物质生成的变化，化学变化和物理变化的本质区别是有无新物质生成。
【详解】
A、石油裂化的目的是将长链的烷烃裂解后得到短链的轻质液体燃料，是化学变化，故A错误；
B、煤干馏是隔绝空气加强热，使之发生复杂的化学变化，得到焦炭、煤焦油、粗氨水和焦炉气等，故B错误；
C、海水晒盐是水分的蒸发，没有新物质生成，故C正确；
D、高炉炼铁，有新物质铁生成是化学变化，故D错误。
故选：C。
本题难度不大，根据变化中是有无新物质生成：无新物质生成的变化是物理变化，有新物质生成的变化是化学变化。
13、A
【解析】
H2C2O4H++HC2O4- Ka1=，lg=0时，=1，Ka1=c(H+)=10-pH；
HC2O4-H++C2O42- Ka2=，lg=0时，=1，Ka2= c(H+)=10-pH。
【详解】
A．由于Ka1＞Ka2，所以=1时溶液的pH比=1时溶液的pH小，所以，Ⅰ表示lg与pH的变化关系，A正确；
B．电荷守恒：2c(C2O42-)＋c(HC2O4-)+c(OH-)=c(Na＋)+c(H+)，pH＝1.22，溶液显酸性，c(H+)＞c(OH-)，那么：2c(C2O42-)＋c(HC2O4-)＞c(Na＋)，B错误；
C．由A可知，Ⅱ为lg与pH的变化关系，由分析可知，Ka2= c(H+)=10-pH=10-4.19=100.81×10-5，故Ka2(H2C2O4)的数量级为10-5，C错误；
D．H2C2O4和NaOH恰好完全反应生成Na2C2O4，此时溶液呈碱性，水的电离程度最大。H2C2O4溶液中滴入NaOH溶液，pH由1.22到4.19的过程中，H2C2O4一直在减少，但还没有完全被中和，故H2C2O4抑制水电离的程度减小，水的电离程度一直在增大，D错误；
答案选A。
酸和碱抑制水的电离，盐类水解促进水的电离，判断水的电离程度增大还是减小，关键找准重要的点对应的溶质进行分析，本题中重要的点无非两个，一是还没滴NaOH时，溶质为H2C2O4，此时pH最小，水的电离程度最小，草酸和NaOH恰好完全反应时，溶质为Na2C2O4，此时溶液呈碱性，水的电离程度最大，pH由1.22到4.19的过程，介于这两点之间，故水的电离程度一直在增大。
14、A
【解析】
A．离子结构示意图中质子数为8，核核外电子数为10，表示氧离子，所以可以表示16O2-，也可以表示18O2-，与中子数无关，故A正确；
B．比例模型为：可以表示甲烷分子，但不能表示四氯化碳分子，因Cl原子半径比C原子半径大，四氯化碳的比例模型为，故B错误；
C．氯化铵为离子化合物，氯离子需要标出最外层电子和电荷，正确的电子式为：，故C错误；
D．二氧化碳是直线形分子，同一周期元素中，原子半径随着原子序数的增大而减小，则二氧化碳分子的比例模型：，故D错误；
故选A。
本题的易错点为BD，要注意比例模型中原子的相对大小的判断。
15、B
【解析】
A. 能使甲基橙变红的溶液呈酸性：H＋、HCO3－反应生成水和二氧化碳，故A不符；
B. ＝1×10－12的溶液，氢离子浓度小于氢氧根离子浓度，溶液呈碱性：K＋、Na＋、CO32－、AlO2－与OH-间不发生反应，故B符合；
C. 0.1 ml·L－1KFe(SO4)2溶液：Fe3＋+3SCN－=Fe(SCN)3,生成络合物，不能共存，故C不符；
D. 0.1 ml·L－1Ca5NH4(NO3)11溶液：H＋、Fe2＋、NO3－之间要发生氧化还原反应，故D不符合；
故选B。
16、A
【解析】
A. 第三代半导体芯片的主要成分不是SiO2，而是GaN，A项错误，符合题意；
B. 普通玻璃属于硅酸盐材料，B项正确，不符合题意；
C. 塑料属于高分子聚合物，C项正确，不符合题意；
D. 大兴国际机场是全国可再生能源使用比例最高的机场，耦合式地源热泵系统，可实现年节约1.81万吨标准煤，光伏发电系统每年可向电网提供600万千瓦时的绿色电力，相当于每年减排966吨CO2，并同步减少各类大气污染物排放，D项正确，不符合题意；
答案选A。
解答本题时需了解：第一代半导体材料主要是指硅（Si）、锗元素（Ge）半导体材料。第二代半导体材料主要是指化合物半导体材料，如砷化镓（GaAs）、锑化铟（InSb）；三元化合物半导体，如GaAsAl、GaAsP；还有一些固溶体半导体，如Ge-Si、GaAs-GaP；玻璃半导体（又称非晶态半导体），如非晶硅、玻璃态氧化物半导体；有机半导体，如酞菁、酞菁铜、聚丙烯腈等。第三代半导体材料主要以碳化硅（SiC）、氮化镓（GaN）、氧化锌（ZnO）、金刚石、氮化铝（AlN）为代表的宽禁带半导体材料。
17、D
【解析】
由2KClO3+H2C2O4+H2SO4=2ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O可知，Cl元素的化合价由+5价降低为+4价，C元素的化合价由+3价升高为+4价，以此来解答。
【详解】
A．Cl元素的化合价降低，则KClO3在反应中得到电子，选项A正确；
B．Cl元素得到电子，被还原，则ClO2是还原产物，选项B正确；
C．H2C2O4在反应中C化合价升高，被氧化，选项C正确；
D.1mlKClO3参加反应时，发生电子转移为1ml×（5-4）=1ml，选项D不正确；
答案选D。
本题考查氧化还原反应，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，注意从化合价角度分析各选项，题目难度不大。
18、A
【解析】
短周期元素a、b、c、d的原子序数依次增大，常温下乙为液体，应该为H2O，则a为H元素，A为d元素组成的单质，且与丙反应生成水和常用于消毒、漂白的丁，则丙应为碱，由转化关系可知甲为Na2O，丙为NaOH，A为Cl2，生成丁、戊为NaCl，NaClO，可知b为O元素、c为Na元素、d为Cl元素，以此解答该题。
【详解】
由以上分析可知a为H元素、b为O元素、c为Na元素、d为Cl元素，甲为Na2O、乙为H2O、丙为NaOH、丁为NaClO、戊为NaCl；
A．b、c对应的离子为O2-和Na+，具有相同的核外电子排布，核电荷数越大离子半径越小，则离子半径O2-＞Na+，即b＞c，故A错误；
B．丙为NaOH，由Na+和OH-组成，则含有离子键和极性共价键，故B正确；
C．b为O元素、c为Na元素，两者组成的Na2O和Na2O2中阴、阳离子数目比均为1：2，故C正确；
D．a、b、d形成的化合物中，若为NaClO，Cl原子的价电子对为1+=4，则Cl的杂化方式是sp3；若为NaClO2，Cl原子的价电子对为2+=4，则Cl的杂化方式是sp3；同理若为NaClO3或NaClO4，Cl原子杂化方式仍为sp3，故D正确；
故答案为A。
19、A
【解析】
实验室没有950mL的容量瓶，应选择体积相近的1000mL容量瓶，碳酸钠的物质的量为1L×2ml/L=2ml，需要碳酸钠的质量为2ml×106g/ml=212g，故选A。
20、A
【解析】
根据煤干馏的产物进行分析：煤干馏的产物为焦碳、煤焦油和焦炉煤气。焦炉煤气主要成分是氢气、甲烷、乙烯、一氧化碳等；煤焦油含有苯，粗氨水等
【详解】
A.氨水呈碱性，遇紫色石蕊试纸变蓝，所以用蓝色石蕊试纸检验NH3是错误的，故A错误；B.长导管的作用是导气和冷凝，故B正确；C.苯和煤焦油互溶，从b层液体中分离出苯的操作是分馏，故C正确；D.c口导出的气体有乙烯等还原性气体，可使新制氯水褪色，故D正确；答案：A。
解题的关键是煤干馏的产物。根据产物的性质进行分析即可。
21、C
【解析】
A.放电时，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，故A不选；
B.放电时，负极是金属钠失去电子，故电极反应式为NamCn—me-=mNa++Cn，故B不选；
C.充电时，阴极的电极反应式为mNa++Cn+me-= NamCn，电极质量增加，故C选；
D.充电时，阳极是NaCO2中的C失去电子转化为Na1-mCO2，电极反应式为NaCO2-me-=Na1-mCO2+mNa+，故D不选。
故选C。
碳基材料 NamCn中，Na和C都为0价，Na是嵌在碳基里的。在NaCO2中，C的化合价比Na1-mCO2中的C的化合价低，所以充电时，阳极是NaCO2-me-=Na1-mCO2+mNa+。
22、B
【解析】
A.银可以与硝酸反应，浓硝酸：Ag+2HNO3=AgNO3+NO2↑+H2O，稀硝酸：3Ag+4HNO3=3AgNO3+NO↑+2H2O，故A错误；
B. 聚乙烯塑料属于塑料，是一种合成有机高分子材料，故B正确；
C. 光导纤维的主要成分为二氧化硅，故C错误；
D. 建设世界第一高混凝土桥塔用到的水泥和石灰均属于传统无机非金属材料，故D错误；
故选B。
硝酸属于氧化性酸，浓度越大氧化性越强，所以稀硝酸和浓硝酸在反应时产物不同。
二、非选择题(共84分)
23、①③④ 碳碳双键、羧基 HOOCCH=CHCOOH CH2=C(COOH)2 HOOCCH=CHCOOH+2CH3OHCH3OOCCH=CHCOOCH3+2H2O
【解析】
A的分子式为C6H8O4，A的不饱和度为3，A可以使溴水褪色，A中含碳碳双键；A在酸性条件下可发生水解反应得到B（C4H4O4）和CH3OH，B能与氢氧化钠溶液反应，B中含两个羧基和碳碳双键，A中含两个酯基；
（1）A中含有碳碳双键和酯基，A中含碳碳双键，A能发生加成反应、加聚反应、氧化反应，A中不含醇羟基和羧基，A不能发生酯化反应，答案选①③④。
（2）B分子中所含官能团为碳碳双键和羧基。
（3）B分子中没有支链，B的结构简式为HOOCCH=CHCOOH；B的具有相同官能团的同分异构体的结构简式为CH2=C(COOH)2。
（4）B与CH3OH发生酯化反应生成A，由B制取A的化学方程式为HOOCCH=CHCOOH+2CH3OH CH3OOCCH=CHCOOCH3+2H2O。
（5）B的结构简式为HOOCCH=CHCOOH，B与HCl发生加成反应生成C，C的结构简式为HOOCCH2CHClCOOH，C与NH3反应生成天门冬氨酸，天门冬氨酸（C4H7NO4）是组成人体蛋白质的氨基酸之一，则天门冬氨酸的结构简式为。
24、邻硝基甲苯（或2-硝基甲苯） C13H20ON2 浓HNO3／浓H2SO4，加热 氨基 取代反应 吸收反应产生的HCl，提高反应的转化率 或
【解析】
A的分子式结合G得知：A是甲苯，B中有-NO2，结合G的结构苯环上的-CH3和N原子所连接B苯环上的C属于邻位关系，故B是邻硝基甲苯，在Fe和HCl存在下被还原成C物质：邻氨基甲苯，结合题干信息：二者反应条件一致，则确定D是乙醛CH3CHO，E是，部分路线如下：
【详解】
（1）B的化学名称是邻硝基甲苯（或2-硝基甲苯）；H的分子式是C13H20ON2；
（2）由A生成B的反应是硝化反应，试剂：浓HNO3、浓H2SO4，反应条件：加热；
（3）C中所含官能团的名称为氨基；观察G生成H的路线：G的Cl原子被丙胺脱掉—NH2上的一个H原子后剩下的集团CH3CH2CH2NH—取代，故反应类型是取代反应；
（4）C与F反应生成G的化学方程式为；
有机反应大多是可逆反应，加入K2CO3消耗反应产生的HCl，使平衡正向移动，提高反应物的转化率；
（5）的单体是，联系原料有甲醇倒推出前一步是与甲醇酯化反应生成单体，由原料丙酮到增长了碳链，用到题干所给信息：，故流程如下：。
25、碱式滴定管 MnMnO3+2I－+6H+I2+2Mn2++3H2O 蓝 无 偏高
【解析】
(1)滴定环节中使用的仪器有滴定管夹、铁架台、烧杯、锥形瓶和滴定管，滴定管装Na2S2O3溶液，Na2S2O3显碱性；
(3)Ⅱ中有MnMnO3沉淀生成同时有碘离子剩余，加入1.0mL硫酸溶液，塞紧瓶塞，振荡水样瓶，沉淀全部溶解，此时溶液变为黄色，说明产生I2，根据氧化还原反应方程式分析；
(4)待测液中有I2，用淀粉溶液做指示剂，溶液为蓝色，终点时为无色；
(5)根据关系式，进行定量分析；
(6)含有较多NO3－时，在酸性条件下，形成硝酸，具有强氧化性，会氧化Na2S2O3。
【详解】
(1)滴定环节中使用的仪器有滴定管夹、铁架台、烧杯、锥形瓶和滴定管，滴定管装Na2S2O3溶液，Na2S2O3显碱性，用碱式滴定管，故答案为：碱式滴定管；
(3)Ⅱ中有MnMnO3沉淀生成同时有碘离子剩余，加入1.0mL硫酸溶液，塞紧瓶塞，振荡水样瓶，沉淀全部溶解，此时溶液变为黄色，说明产生I2，即碘化合价升高，Mn的化合价会降低，离子方程式为MnMnO3+2I－+6H+I2+2Mn2++3H2O，故答案为：MnMnO3+2I－+6H+I2+2Mn2++3H2O；
(4)待测液中有I2，用淀粉溶液做指示剂，溶液为蓝色，终点时为无色，故答案为：蓝；无；
(5)由4Mn2++O2+8OH－2MnMnO3↓+4H2O，MnMnO3+2I－+6H+I2+2Mn2++3H2O，I2 +2Na2S2O3 =2NaI+Na2S4O6，可知关系式，即，则氧气的物质的量x=，v1mL水样中溶解氧=，故答案为：；
(6)含有较多NO3－时，在酸性条件下，形成硝酸，具有强氧化性，会氧化Na2S2O3，即Na2S2O3用量增加，结果偏高，故答案为：偏高。
本题难点(3)，信息型氧化还原反应方程式的书写，要注意对反应物和生成物进行分析，在根据得失电子守恒配平；易错点(5)，硝酸根存在时，要注意与氢离子在一起会有强氧化性。
26、受热均匀、便于控制温度B2NaBr+2H2SO4(浓)==Na2SO4+Br2+2H2O+SO23Br2+3CO32-==5Br-+3CO2+BrO3-cb60.2%
【解析】
(1)油浴加热可以更好的控制温度；
(2)加热时烧杯中所盛液体体积为烧杯容积的一半为最佳；
(3)根据有红棕色蒸气Br2产生，可知浓硫酸与NaBr发生了氧化还原反应，据此可以写出反应的化学方程式。
(4)①Br2与碳酸钠溶液反应时，Br2发生了自身氧化还原反应，据此写出反应的离子方程式。
②钠与丁醇反应，碱石灰吸水无明显现象，胆矾无法吸水；
③操作II为蒸馏；
(5)根据进行计算。
【详解】
(1)使用油浴加热的优点为受热均匀、容易控制温度，故答案为：受热均匀、便于控制温度；
(2)12 g正丙醇的体积为，共加入液体15mL+20mL+25mL=60mL，所以选用100mL烧瓶较合适，故答案为：B；
(3)根据有红棕色蒸气Br2产生，可知反应过程中浓硫酸将溴离子氧化成溴单质，浓硫酸被还原成二氧化硫，根据电子守恒和元素守恒可写出方程式，故答案为：2NaBr+2H2SO4(浓)==Na2SO4+Br2+2H2O+SO2；
(4)①Br2与碳酸钠溶液反应时，Br2发生了自身氧化还原反应，根据反应中还原产物与氧化产物的物质的量之比为5:1可知产物为Br-和BrO3-，故答案为：3Br2+3CO32-==5Br-+3CO2+BrO3-；
②钠与丁醇反应，碱石灰吸水无明显现象，胆矾无法吸水，无水硫酸铜遇水变蓝，故答案为：c；
③蒸馏时温度计水银球应该在支管口处，而且冷凝管应该选择直形冷凝管，故答案为：b；
(5)该制备过程的反应方程式为：H2SO4(浓)+NaBrNaHSO4+HBr↑；CH3CH2CH2OH+HBr CH3CH2CH2Br+H2O，12g正丙醇的物质的量为，则完全反应正丙醇所需n(NaBr)=0.2ml，m(NaBr)=0.2ml×103g/ml=20.6g