2026年厦门市高考化学一模试卷（含答案解析）

这是一份2026年厦门市高考化学一模试卷（含答案解析），共5页。试卷主要包含了考生必须保证答题卡的整洁等内容，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、用Cl2生产某些含氯有机物时会产生副产物HCl。利用如下反应，可实现氯的循环利用：4HCl(g)+O2(g) 2Cl2(g)+2H2O(g) △H=-115.6 kJ·ml-1
下列说法正确的是
A．升高温度能提高HCl的转化率
B．加入催化剂，能使该反运的焓变减小
C．1mlCl2转化为2mlCl2原子放出243kJ热量
D．断裂H2O(g)中1ml H-O键比断裂HCl(g)中1ml H-Cl键所需能量高
2、将锌片和铜片插人同浓度的稀硫酸中，甲中将锌片和铜片用导线连接，一段时间后，下列叙述正确的是
A．两烧杯中的铜片都是正极 B．甲中铜被氧化，乙中锌被氧化
C．产生气泡的速率甲比乙快 D．两烧杯中铜片表面均无气泡产生
3、溶液A中可能含有如下离子：、、、、、、、。某同学设计并完成了如下的实验：
下列说法正确的是
A．气体F能使湿润的蓝色石蕊试纸变红
B．溶液A中一定存在、、，可 能存在
C．溶液A中一定存在、、、，可能存在
D．溶液A中可能存在，且
4、关于下列装置的描述正确的是（ ）
A．甲装置可用于电解精炼铜
B．乙装置红墨水水柱两边液面变为左低右高
C．丙装置中的交换膜为阴离子交换膜
D．丁装置可达到保护铁闸门的作用
5、常温下，若要使0.01ml/L的H2S溶液pH值减小的同时c（S2﹣）也减小，可采取的措施是（ ）
A．加入少量的NaOH固体B．通入少量的Cl2
C．通入少量的SO2D．通入少量的O2
6、关于下图所示各装置的叙述中，正确的是
A．装置①是原电池，总反应是：Cu + 2Fe3+= Cu2++ 2Fe2+
B．装置①中，铁做负极，电极反应式为：Fe3++ e-= Fe2+
C．装置②通电一段时间后石墨Ⅱ电极附近溶液红褐色加深
D．若用装置③精炼铜，则d极为粗铜，c极为纯铜，电解质溶液为CuSO4溶液
7、短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。W原子的最外层电子数是X与Z原子最外层电子数之和，W简单氢化物r溶于水完全电离。m、p是由这些元素组成的二元化合物，m可做制冷剂，无色气体p遇空气变为红棕色。下列说法正确的是（ ）
A．简单离子半径：W>Z>Y>X
B．Y原子的价电子轨道表示式为
C．r与m可形成离子化合物，其阳离子电子式为
D．一定条件下，m能与Z的单质反应生成p
8、下列解释工业生产或应用的化学用语中，不正确的是
A．FeCl3溶液刻蚀铜电路板：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+
B．Na2O2用作供氧剂：Na2O2+H2O=2NaOH +O2↑
C．氯气制漂白液：Cl2+2NaOH==NaCl+NaClO +H2O
D．Na2CO3溶液处理水垢：CaSO4(s)+CO32−CaCO3(s)+SO42−
9、有机物三苯基甲苯的结构简式为，对该有机物分子的描述正确的是（ ）
A．1~5号碳均在一条直线上
B．在特定条件下能与H2发生加成反应
C．其一氯代物最多有4种
D．其官能团的名称为碳碳双键
10、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
11、海水提镁的工艺流程如下：
下列叙述正确的是
A．反应池中的反应利用了相同条件下Mg(OH)2比Ca(OH)2难溶的性质
B．干燥过程在HCl气流中进行，目的是避免溶液未完全中和
C．上述流程中发生的反应有化合、分解、置换和复分解反应
D．上述流程中可以循环使用的物质是H2和Cl2
12、室温下，用0.100ml•L-1NaOH溶液分别滴定•L-1的HA和HB两种酸溶液，滴定曲线如图所示[已知AG=lg]，下列说法不正确的是（ ）
A．P点时，加入NaOH溶液的体积为20.00mL
B．Ka(HB)的数量级为10-4
C．水的电离程度：N＞M=P
D．M、P两点对应溶液中存在：c(A-)=c(B-)
13、类比推理是化学中常用的思维方法。下列推理正确的是
A．lml晶体硅含Si-Si键的数目为2NA，则1ml金刚砂含C-Si键的数目也为2NA
B．Ca(HCO3)2溶液中加入过量的NaOH溶液，发生化学反应的方程式：
则Mg(HCO3)2溶液中加入过量的NaOH溶液，发生化学反应的方程式：
C．标准状况下，22.4 L CO2中所含的分子数目为NA个，则22.4 LCS2中所含的分子数目也为NA个
D．NaClO溶液中通人过量CO2发生了反应：，则Ca(ClO)2溶液中通入过量CO2发生了：
14、有机物环丙叉环丙烷的结构为。关于该有机物的说法正确的是
A．所有原子处于同一平面
B．二氯代物有3种
C．生成1 ml C6H14至少需要3ml H2
D．1 ml该物质完全燃烧时，需消耗8.5mlO2
15、《新修草本》有关“青矾”的描述为：“本来绿色，新出窟未见风者，正如琉璃……烧之赤色……”据此推测“青矾”的主要成分为( )
A．
B．
C．
D．
16、下列有关实验操作的叙述不正确的是（ ）
A．中和滴定接近终点时，滴入要慢，并且不断摇动
B．向试管中滴加溶液时，滴管尖嘴紧贴试管内壁
C．分液时，下层液体下口放出，上层液体上口倒出
D．定容时，加水到容量瓶刻度线下1~2cm时，改用胶头滴管加水
17、吗啡是严格查禁的毒品．吗啡分子含C71.58%，H6.67%，N4.91%，其余为O.已知其相对分子质量不超过300，则吗啡的分子式是
A．C17H19NO3B．C17H20N2OC．C18H19NO3D．C18H20N2O2
18、MnSO4·H2O是一种易溶于水的微红色斜方晶体，某同学设计下列装置制备硫酸锰：
下列说法错误的是
A．装置I烧瓶中放入的药品X为铜屑
B．装置II中用“多孔球泡”可增大SO2的吸收速率
C．装置III用于吸收未反应的SO2
D．用装置II反应后的溶液制备MnSO4·H2O需经历蒸发结晶、过滤、洗涤及干燥的过程
19、分子式为C5H12O且可与金属钠反应放出氢气的有机化合物有（不考虑立体异构）
A．5种B．6种C．7种D．8种
20、常温下，将盐酸滴加到Na2X溶液中，混合溶液的pOH[pOH=—lgc(OH-)]与离子浓度变化的关系如图所示。
下列叙述正确的是
A．曲线N表示pOH与两者的变化关系
B．NaHX溶液中c(X2-)>c(H2X)
C．当混合溶液呈中性时，c(Na+)=c(HX-)+2c(X2-)
D．常温下，Na2X的第一步水解常数Kh1=1.0×10-4
21、下列指定反应的离子方程式正确的是
A．Ca(CH3COO)2溶液与硫酸反应：Ca2＋+SO42-=CaSO4↓
B．Cl2与热的NaOH溶液反应：Cl2＋6OH-Cl-+ClO3-+3H2O
C．电解K2MnO4碱性溶液制KMnO4：2MnO42-＋2H＋2MnO4-+H2↑
D．NaHCO3与过量Ba(OH)2溶液反应：HCO3-+Ba2＋+OH-=BaCO3↓+H2O
22、常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（ ）
A．使pH试纸显蓝色的溶液中：Na＋、Mg2＋、ClO－、HSO3-
B．c(Fe3＋)＝0.1 ml·L－1的溶液中：K＋、NH4+、SO42-、SCN－
C．＝0.1 ml·L－1的溶液中：Na＋、HCO3-、K＋、NO3-
D．0.1 ml·L－1的NaHCO3溶液中：NH4+、NO3-、Na＋、SO42-
二、非选择题(共84分)
23、（14分）丙烯是重要的有机化工原料，它与各有机物之间的转化关系如下：
回答下列问题：
(1)E中官能团的名称为____；C的结构简式为_____。
(2)由A生成D的反应类型为____；B的同分异构体数目有___ 种（不考虑立体异构）。
(3)写出D与F反应的化学方程式：____。
24、（12分）中国科学家运用穿山甲的鳞片特征，制作出具有自我恢复性的防弹衣，具有如此神奇功能的是聚对苯二甲酰对苯二胺(G)。其合成路线如下：
回答下列问题：
（1）A的化学名称为___。
（2）B中含有的官能团名称为___，B→C的反应类型为___。
（3）B→D的化学反应方程式为___。
（4）G的结构简式为___。
（5）芳香化合物H是B的同分异构体，符合下列条件的H的结构共有___种(不考虑立体异构)，其中核磁共振氢谱有四组峰的结构简式为___。
①能与NaHCO3溶液反应产生CO2；②能发生银镜反应
（6）参照上述合成路线，设计以为原料(其他试剂任选)，制备的合成路线：___。
25、（12分）研究金属与硝酸的反应，实验如下。
（1）Ⅰ中的无色气体是_________。
（2）Ⅱ中生成H2的离子方程式是______________。
（3）研究Ⅱ中的氧化剂
①甲同学认为该浓度的硝酸中H＋的氧化性大于，所以没有发生反应。乙同学依据Ⅰ和Ⅱ证明了甲的说法不正确，其实验证据是____________。
②乙同学通过分析，推测出也能被还原，依据是_____________，进而他通过实验证实该溶液中含有，其实验操作是____________。
（4）根据实验，金属与硝酸反应时，影响硝酸还原产物不同的因素有__________；试推测还可能有哪些因素影响_________（列举1条）。
26、（10分）为了将混有K2SO4、MgSO4的KNO3固体提纯，并制得纯净的KNO3溶液(E)，某学生设计如下实验方案：
(1)操作①主要是将固体溶解，则所用的主要玻璃仪器是_______、_______。
(2)操作② ~ ④所加的试剂顺序可以为_______，_______，_______(填写试剂的化学式)。
(3)如何判断SO42－已除尽_____________
(4)实验过程中产生的多次沉淀_____(选填“需要”或“不需要”)多次过滤，理由是__________。
(5)该同学的实验设计方案中某步并不严密，请说明理由___________。
27、（12分）苯甲酸乙酯是重要的精细化工试剂，常用于配制水果型食用香精。实验室制备流程如下：
试剂相关性质如下表：
回答下列问题：
（1）为提高原料苯甲酸的纯度，可采用的纯化方法为_________。
（2）步骤①的装置如图所示（加热和夹持装置已略去），将一小团棉花放入仪器B中靠近活塞孔处，将吸水剂（无水硫酸铜的乙醇饱和溶液）放入仪器B中，在仪器C中加入 12.2 g纯化后的苯甲酸晶体，30 mL无水乙醇（约0.5 ml）和3 mL浓硫酸，加入沸石，加热至微沸，回流反应1.5~2 h。仪器A的作用是_________；仪器C中反应液应采用_________方式加热。
（3）随着反应进行，反应体系中水分不断被有效分离，仪器B中吸水剂的现象为_________。
（4）反应结束后，对C中混合液进行分离提纯，操作I是_________；操作II所用的玻璃仪器除了烧杯外还有_________。
（5）反应结束后，步骤③中将反应液倒入冷水的目的除了溶解乙醇外，还有_____；加入试剂X为_____（填写化学式）。
（6）最终得到产物纯品12.0 g，实验产率为_________ %（保留三位有效数字）。
28、（14分）甲醇不仅是重要的化工原料，而且还是性能优良的能源和车用燃料。
Ⅰ.甲醇水蒸气重整制氢是电动汽车氢氧燃料电池理想的氢源，生产过程中同时也产生CO，CO会损坏燃料电池的交换膜。相关反应如下：
反应①CH3OH(g) + H2O(g)⇌CO2(g) + 3H2(g) △H1
反应②H2(g)+CO2(g)⇌CO(g) + H2O(g) △H2=+41kJ/ml
如图表示恒压容器中0.5ml CH3OH(g)和0.5ml H2O(g)转化率达80％时的能量变化。

(1)计算反应①的△H1= ________。
(2)反应①能够自发进行的原因是________。升温有利于提高CH3OH转化率，但也存在一个明显的缺点是 _________。
(3)恒温恒容下，向密闭容器中通入体积比为1:1的H2和CO2，能判断反应CH3OH(g) + H2O(g)⇌CO2(g) + 3H2(g)处于平衡状态的是____________。
A．体系内压强保持不变
B．体系内气体密度保持不变
C．CO2的体积分数保持不变
D．断裂3ml H-H键的同时断裂3ml H-O键
(4)250℃，一定压强和催化剂条件下，1.00ml CH3OH 和 1.32ml H2O充分反应，平衡测得H2为2.70ml，CO为 0.030ml，则反应①中CH3OH的转化率_________，反应②的平衡常数是 _________(以上结果均保留两位有效数字)。
Ⅱ.如图是甲醇燃料电池工作示意图：
(5)当内电路转移1.5mlCO32-时，消耗甲醇的质量是_________g。
(6)正极的电极反应式为 _______。
29、（10分）硫及其化合物有许多用途，相关物质的物理常数如下表所示：
回答下列问题：
（1）基态Fe原子价层电子的电子排布图（轨道表达式）为__________，基态S原子电子占据最高能级的电子云轮廓图为_________形。
（2）根据价层电子对互斥理论，H2S、SO2、SO3的气态分子中，中心原子价层电子对数不同于其他分子的是_________。
（3）图（a）为S8的结构，其熔点和沸点要比二氧化硫的熔点和沸点高很多，主要原因为__________。
（4）气态三氧化硫以单分子形式存在，其分子的立体构型为_____形，其中共价键的类型有______种；固体三氧化硫中存在如图（b）所示的三聚分子，该分子中S原子的杂化轨道类型为________。
（5）FeS2晶体的晶胞如图（c）所示。晶胞边长为a nm、FeS2相对式量为M，阿伏加德罗常数的值为NA，其晶体密度的计算表达式为___________g·cm−3；晶胞中Fe2+位于所形成的正八面体的体心，该正八面体的边长为______nm。
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】
A 、该反应正反应为放热反应，升温平衡逆向移动，HCl的转化率降低，A错误；
B、催化剂只能改变反应的历程而不能改变反应的焓变，焓变只与反应物和生成物的能量差有关，B错误；
C、断裂化学键需要吸收能量，1mlCl2转化为2mlCl原子应该吸收243kJ热量，C错误；
D、设H-Cl键能为a，H-O键能为b，△H=反应物的总键能-生成物的总键能，所以有-115.6=4a+498-(243×2+4b)，解的4(a-b)=-127.6，即b>a，所以H-O键的键能大于H-Cl键能，D正确；
正确答案为D。
2、C
【解析】乙烧杯没有构成原电池，铜片不是正极，故A错误；甲中锌是负极，锌被氧化，乙中锌与硫酸反应，锌被氧化，故B错误；甲构成原电池，产生气泡的速率甲比乙快，故C正确；甲烧杯中构成原电池，铜是正极，电极反应是 , 铜片表面有气泡产生，故D错误。
点睛：构成原电池的条件是两个活泼性不同的电极、电解质溶液、形成闭合电路；乙装置没有形成闭合电路，所以没有构成原电池。
3、D
【解析】
溶液A中滴加过量BaCl2溶液所得沉淀B溶解于稀盐酸，部分溶解，并得到沉淀D为BaSO4，物质的量是0.01ml，溶解的为BaSO3，质量为2.17g，物质的量为0.01ml，由此推断原溶液中含有SO42-和SO32-，物质的量均为0.01ml；排除原溶液中含有Ba2+；滤液C中加入足量NaOH溶液，无沉淀可知溶液中无Mg2+，有气体放出，可知溶液中有NH4+，根据生成氨气448mL，可知溶液中NH4+的物质的量为0.02ml；溶液是电中性的，根据电荷守恒可知，溶液中一定还含有Na+，其物质的量为0.02ml，可能还含有Cl-。
【详解】
A. 气体F能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，A错误；
B.由分析可知，溶液 A 中一定存在 Na+，B错误；
C. 由分析可知，溶液 A 中一定不存在 Mg2+，C错误；
D. 由分析可知，溶液 A 中不存在 Cl－时Na+物质的量为0.02ml，若溶液 A 中存在 Cl－，Na+物质的量大于0.02ml，即 c(Na+) ≥ 0.20 ml·L-1，D正确；
故答案选D。
4、A
【解析】
A．粗铜与电源正极相连，为阳极，阴极上铜离子得到电子生成Cu，可电解精炼铜，故A正确；
B．左侧发生吸氧腐蚀，右侧发生析氢腐蚀，则红墨水水柱两边液面变为左高右低，故B错误；
C．由图可知，需要钠离子透过交换膜，精制饱和食盐水，则交换膜为阳离子交换膜，故C错误；
D．铁闸门与电源正极相连，失去电子，加速腐蚀，故D错误；
答案选A。
5、B
【解析】
A. 氢硫酸和氢氧化钠反应生成硫化钠和水，反应方程式为：H2S+2NaOH=Na2S+H2O，所以加入氢氧化钠后促进氢硫酸的电离，使硫离子浓度增大，氢离子浓度减小，溶液pH值增大，故A错误；
B. 通入少量的Cl2，发生反应H2S+Cl2=2HCl+S，溶液中的pH值减小，同时c（S2-）减小，故B正确；
C. SO2和H2S发生反应，SO2 + 2H2S = 3S↓+ 2H2O，c（S2-）减小，溶液中的pH值增大，故C错误；
D. O2和H2S发生反应， O2 + 2H2S = 2S↓+ 2H2O，溶液中的pH值增大，同时c（S2-）减小，故D错误；
故答案为B。
6、C
【解析】
A.该装置是原电池，由于Fe比Cu活泼，所以铁作负极，铜作正极，负极上Fe失电子发生氧化反应，正极上Fe3＋得电子发生还原反应，电池总反应式为Fe+2Fe3+=3Fe2+，选项A错误；
B.该装置是原电池，铁作负极，负极上Fe失电子生成Fe2+，电极反应式为：Fe-2e-=Fe2+，选项B错误；
C.氢氧化铁胶体粒子吸附正电荷，所以氢氧化铁胶体粒子向负电荷较多的阴极移动，因此装置②中石墨Ⅱ电极附近溶液红褐色加深，选项C正确；
D.由电流方向判断a是正极，b是负极，则c是阳极，d是阴极，电解精炼铜时粗铜作阳极，所以c为粗铜，d为纯铜，选项D错误；
答案选C。
7、D
【解析】
短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。m可做制冷剂，则m为NH3，则X为H；无色气体p遇空气变为红棕色，则p为NO；N元素的简单氢化物是非电解质，所W不是O、N，则Y为N，Z为O，W原子的最外层电子数是X与Z原子最外层电子数之和，且其简单氢化物r溶于水完全电离，则W为Cl。
【详解】
A．电子层数越多离子半径越大，电子层数相同，原子序数越小半径越大，所以简单离子半径：Cl->N3->O2->H+，故A错误；
B．Y为N，其价层电子为2s22p3，价电子轨道表示式为：，故B错误；
C．r与m可形成离子化合物氯化铵，铵根的正确电子式为，故C错误；
D．氨气与氧气在催化剂加热的条件下可以生成NO，故D正确；
故答案为D。
8、B
【解析】
A. FeCl3溶液与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜：2Fe3++Cu==2Fe2++Cu2+，故A正确；
B. Na2O2用作供氧剂与水反应生成氢氧化钠和氧气：2Na2O2+2H2O==4NaOH +O2↑，故B错误；
C. 氯气与氢氧化钠溶液反应制漂白液：Cl2+2NaOH==NaCl+NaClO +H2O，故C正确；
D. Na2CO3与硫酸钙发生沉淀转化：CaSO4(s)+CO32−CaCO3(s)+SO42−，故D正确；选B。
9、B
【解析】
A选项，1、2、3号碳或3、4、5号碳在一条直线上，2、3、4号碳类比为甲烷中的结构，因此2、3、4号碳的键角为109º28'，故A错误；
B选项，含有苯环，在特定条件下能与H2发生加成反应，故B正确；
C选项，该有机物结构具有高度的对称性，其一氯代物最多有3种，故C错误；
D选项，该有机物中没有官能团，故D错误。
综上所述，答案为B。
10、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。
11、A
【解析】
A.氢氧化钙微溶，氢氧化镁难溶，沉淀向更难溶方向转化，故可以用氢氧化钙制备氢氧化镁，A正确；
B. 干燥过程在HCl气流中进行目的是防止氯化镁水解，B错误；
C.该流程中没有涉及置换反应，C错误；
D. 上述流程中可以循环使用的物质是Cl2，过程中没有产生氢气，D错误；
答案选A。
12、D
【解析】
未加NaOH溶液时，HA的AG=12，则c（H+）•c（OH-）=10-14，=10-12，则c（H+）=0.1ml/L=c（HA），HA是强酸；
未加NaOH溶液时，HB的AG=9，则c（H+）•c（OH-）=10-14，=10-9，则c（H+）=10-2.5ml/L＜0.1ml/L，则HB是弱酸；
【详解】
A．P点AG=0时，c（H+）=c（OH-），混合溶液呈中性，HA是强酸，酸碱的物质的量相等，酸碱的物质的量浓度相等，则酸碱体积相等，所以加入NaOH溶液的体积为20.00mL，故A正确；
B．HB的电离程度较小，则溶液中c（B-）≈c（H+）=10-2.5ml/L，c（HB）≈0.1ml/L，Ka（HB）===10-4，故B正确；
C．酸或碱抑制水电离，弱离子促进水电离，且酸中c（H+）越大其抑制水电离程度越大，M、P点溶液都呈中性，则M、P点不影响水的电离，N点NaB浓度较大，促进水电离，所以水的电离程度：N＞M=P，故C正确；
D．M、P点的AG都为0，都存在c（H+）=c（OH-），混合溶液呈中性，加入的NaOH越多，c（Na+）越大，溶液中存在电荷守恒，则存在P点c（A-）=c（Na+）、M点c（Na+）=c（B-），但是c（Na+）：M＜P点，则c（A-）＞c（B-），故D错误；
答案选D。
本题考查酸碱混合溶液定性判断，明确混合溶液中溶质及其性质、酸的酸性强弱是解本题关键，注意B中微粒浓度的近似处理方法。
13、D
【解析】
A．1ml晶体硅含Si-Si键的数目为2NA，而1ml金刚砂含C-Si键的数目为4NA，A错误；
B．Ca(HCO3)2溶液中与过量的NaOH溶液反应生成CaCO3沉淀，而Mg(HCO3)2溶液中与过量的NaOH溶液反应时，由于Mg(OH)2的溶度积比MgCO3小，生成的是Mg(OH)2沉淀而不是MgCO3沉淀，B错误；
C．在标准状况下，CO2是气体而CS2是液体，C错误；
D．NaClO和 Ca(ClO)2溶液通入过量CO2都是发生反应：ClO-+CO2+H2O=HClO+HCO3-，D正确；
答案选D。
14、C
【解析】
A. 分子中所有碳原子处于同一平面，但氢原子不在此平面内，错误；
B. 二氯代物中，两个氯原子连在同一碳原子上的异构体有1种，两个氯原子连在不同碳原子上的异构体有3种，也就是二氯代物共有4种，错误；
C. 生成1 ml C6H14，至少需要3ml H2，正确；
D.该物质的分子式为C6H8，1 ml该物质完全燃烧时，需消耗8mlO2，错误。
答案为C。
15、B
【解析】
“青矾”的描述为：“本来绿色，新出窟未见风者，正如琉璃……烧之赤色……”，青矾是绿色，经煅烧后，分解成粒子非常细而活性又很强的Fe2O3，超细粉末为红色。
A.CuSO4•5H2O为蓝色晶体，A错误；
B. FeSO4•7H2O是绿色晶体，B正确；
C.KAl(SO4)2•12H2O是无色晶体，C错误；
D.Fe2(SO4)3•7H2O为黄色晶体，D错误。
所以判断“青矾”的主要成分为FeSO4•7H2O。
故合理选项是B。
16、B
【解析】
A. 为防止滴入液体过量，中和滴定接近终点时，滴入要慢，并且不断摇动，故A正确；
B. 向试管中滴加溶液时，滴管尖嘴应悬空，不能紧贴试管内壁，故B错误；
C. 分液时，下层液体下口放出，上层液体上口倒出，可以避免两种液体相互污染，故C正确；
D. 定容时，为准确控制溶液体积，加水到容量瓶刻度线下1~2cm时，改用胶头滴管加水，故D正确。
答案选B。
17、A
【解析】
可通过假设相对分子质量为100，然后得出碳、氢、氮、氧等元素的质量，然后求出原子个数，然后乘以3，得出的数值即为分子式中原子个数的最大值，进而求出分子式。
【详解】
假设吗啡的相对分子质量为100，则碳元素的质量就为71.58，碳的原子个数为：=5.965，则相对分子质量如果为300的话，就为5.965×3═17.895；
同理，氢的原子个数为：×3=20.01，氮的原子个数为：×3=1.502，氧的原子个数
为：×3=3.15，因为吗啡的相对分子质量不超过300，故吗啡的化学式中碳的原子个数不超过17.895，氢的原子个数不超过20.01，氮的原子个数不超过1.502；
符合要求的为A，
答案选A。
18、A
【解析】
由实验装置可知，X可能为亚硫酸钠，与浓硫酸反应生成二氧化硫，而Cu与浓硫酸常温下不反应，II中“多孔球泡”可增大SO2的吸收速率，二氧化硫与二氧化锰反应生成MnSO4，蒸发浓缩、冷却结晶可得到晶体，Ⅲ中NaOH溶液可吸收尾气，以此来解答。
【详解】
A．Cu与浓硫酸常温下不反应，X不可能为Cu，A项错误；
B．装置Ⅱ中用“多孔球泡”，增大接触面积，可增大SO2的吸收速率，B项正确；
C．Ⅲ中NaOH溶液可吸收尾气，C项正确；
D．用装置Ⅱ反应后的溶液制备MnSO4•H2O，蒸发结晶、过滤、洗涤及干燥可得到，D项正确；
答案选A。
19、D
【解析】
该分子式符合饱和一元醇和饱和一元醚的通式。醇类可以与金属钠反应放出氢气，而醚不能。根据碳链异构，先写出戊烷的同分异构体（3种），然后用羟基取代这些同分异构体的不同类的氢原子，就可以得出这样的醇，戊基共有8种，故这样的醇共有8种，D正确，选D。
20、D
【解析】
Na2X溶液中，X2-分步水解，以第一步水解为主，则Kh1(X2-)＞Kh2(X2-)，碱性条件下，则pOH相同时，＞，由图象可知N为pOH与lg的变化曲线，M为pOH与lg变化曲线，当lg或lg=0时，说明或=1，浓度相等，结合图像可计算水解常数并判断溶液的酸碱性。
【详解】
A．由以上分析可知，曲线N表示pOH与lg的变化曲线，故A错误；B．由曲线M可知，当lg=0时，=1，pOH=9，c(OH-)=10-9ml/L，则Kh2(X2-)=×c(OH-)=1×10-9；由曲线N可知，当lg =0时， =1，pOH=4，c(OH-)=10-4ml/L，Kh1(X2-)=×c(OH-)=1×10-4，则HX-的电离平衡常数Ka2===1×10-10，则NaHX溶液中HX-的水解程度大于电离程度，溶液中c(H2X)>c( X2-)，故B错误；C．混合液中存在电荷守恒式为c(Na+)+ c(H+)=c(Cl-)+c(HX-)+2c(X2-)+c(OH-)，则当混合溶液呈中性时，c(Na+)=c(Cl-)+c(HX-)+2c(X2-)，故C错误；D．由曲线N可知，当lg =0时， =1，pOH=4，c(OH-)=10-4ml/L，则Kh1(X2-)=×c(OH-)=1×10-4，故D正确；故答案为D。
21、D
【解析】
A.(CH3COO)2Ca溶液与硫酸反应的离子反应为2CH3COO-+2H++Ca2++SO42-=CaSO4↓+2CH3COOH，A错误；
B.Cl2与热的NaOH溶液发生氧化还原反应生成NaClO3，正确的离子方程式为：3Cl2+6OH-=5Cl-+ClO3-+3H2O，B错误；
C.电解K2MnO4制KMnO4，阳极上MnO42-放电生成MnO4-，阴极上水放电生成OH-，总反应方程式为：2K2MnO4+2H2O2KMnO4+2KOH+H2↑，离子方程式为2MnO42-+2H2O2MnO4-+2OH-+H2↑，C错误；
D.Ba(OH)2溶液中加入少量NaHCO3溶液，设量少的碳酸氢钠为1ml，根据其需要可知所需的Ba2+的物质的量为1ml，OH-的物质的量为1ml，则该反应的离子方程式为：HCO3-+Ba2++OH-=BaCO3↓+H2O，D正确；
故合理选项是D。
22、D
【解析】
A. 使pH试纸显蓝色的溶液呈碱性，HSO3-、Mg2＋不能大量存在 ，且ClO－与HSO3-因发生氧化还原反应而不能大量共存，选项A错误；
B. c(Fe3＋)＝0.1 ml·L－1的溶液中：Fe3＋与SCN－发生络合反应而不能大量共存，选项B错误；
C. ＝0.1 ml·L－1的溶液中c(H+)=10-1ml/L，为强酸性溶液，HCO3-不能大量存在，选项C错误；
D. 0.1 ml·L－1的NaHCO3溶液中：NH4+、NO3-、Na＋、SO42-、HCO3-相互之间不反应，能大量共存，选项D正确。
答案选D。
二、非选择题(共84分)
23、醛基 加成反应 3 CH3CH2COOH+CH3CH2CH2OHCH3CH2COOCH2CH2CH3+H2O
【解析】
根据有机物间的转化关系运用逆推法分析各有机物的结构，判断官能团的种类，反应类型，并书写相关反应方程式。
【详解】
根据有机物间的转化关系知，D和E在浓硫酸作用下反应生成丙酸丙酯，则D为1-丙醇，催化氧化后得到E丙醛，E催化氧化后得到F丙酸；A为丙烯，与水加成反应生成D1-丙醇；丙烯经过聚合反应得到高分子化合物C， A与溴的四氯化碳溶液反应生成B1，2-二溴乙烷。
（1）E为丙醛，其官能团的名称为醛基；C为聚丙烯，其结构简式为，故答案为：醛基；；
（2）由A丙烯生成D1-丙醇的反应类型为加成反应；B1，2-二溴乙烷的同分异构体有1，1-二溴乙烷、2，2-二溴乙烷、1，3-二溴乙烷，3种，故答案为：加成反应；3；
（3）丙酸和1-丙醇酯化反应的方程式为：CH3CH2COOH+CH3CH2CH2OHCH3CH2COOCH2CH2CH3+H2O，故答案为：CH3CH2COOH+CH3CH2CH2OHCH3CH2COOCH2CH2CH3+H2O。
24、对二甲苯（或1，4-二甲苯） 羧基 取代反应 +2CH3OH+2H2O； 13
【解析】
根据合成路线可知，经氧化得到B，结合D的结构简式可逆推得到B为，B与甲醇发生酯化反应可得到D，D与氨气发生取代反应生成E，E与次氯酸钠反应得到F，F与C发生缩聚反应生成聚对苯二甲酰对苯二胺（G），可推知G的结构简式为：，结合有机物的结构与性质分析作答。
【详解】
（1）根据A的结构，两个甲基处在对位，故命名为对二甲苯，或系统命名为1，4-二甲苯，
故答案为：对二甲苯（或1，4-二甲苯）；
（2）由D的结构逆推，可知B为对苯二甲酸（），含有的官能团名称为羧基，对比B与C的结构，可知B→C的反应类型为取代反应，
故答案为：羧基；取代反应；
（3）B→D为酯化反应，反应的方程式为：+2CH3OH+2H2O；
故答案为：+2CH3OH+2H2O；
（4）已知G为聚对苯二甲酰对苯二胺，可知C和F在一定条件下发生缩聚反应而得到，其结构简式为；
故答案为：
（4）芳香化合物H是B的同分异构体，能与溶液反应产生；能发生银镜反应，说明含有羧基和醛基，可能的结构有一个苯环连有三个不同官能团：—CHO、—COOH、—OH，有10种同分异构体；还可能一个苯环连两个不同官能团：HCOO—、—COOH，有邻、间、对三种；共10+3=13种。其中核磁共振氢谱有四组峰的H的结构简式为，
故答案为：13；；
（6）设计以为原料，制备的合成路线，根据题目B→D、D→E、E→F信息，可实现氨基的引入及碳链的缩短，具体的合成路线为。
25、NO或一氧化氮 Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑ 硝酸浓度相同，铜的还原性弱于铁，但Ⅰ中溶液变蓝，同时没有氢气放出 中氮元素的化合价为最高价，具有氧化性 取Ⅱ中反应后的溶液，加入足量NaOH溶液并加热，产生有刺激性气味并能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体 金属的种类、硝酸的浓度 温度
【解析】
(1)铜与硝酸反应生成无色气体为一氧化氮；
(2)Ⅱ中铁与溶液中的氢离子发生氧化还原反应生成H2；
(3)①如硝酸根离子没有发生反应，则Ⅰ溶液不会变蓝，溶液变蓝说明铜被氧化；
②元素化合价处于最高价具有氧化性，铵根离子的检验可以加强碱并加热，产生的气体通过湿润红色石蕊试纸；
(4)金属与硝酸反应时，影响硝酸还原产物不同的因素金属的活泼性，硝酸的浓度和温度
【详解】
(1)铜与硝酸反应生成无色气体为一氧化氮，遇空气变红棕色二氧化氮；
(2)Ⅱ中铁与溶液中的氢离子发生氧化还原反应生成H2，离子反应方程式为：Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑；
(3)①如硝酸根离子没有发生反应，则Ⅰ溶液不会变蓝，溶液变蓝说明铜被氧化，其实验证据是硝酸浓度相同，铜的还原性弱于铁，但Ⅰ中溶液变蓝，同时没有氢气放出；
②元素化合价处于最高价具有氧化性，NO中氮元素的化合价为最高价，具有氧化性，被还原，铵根离子的检验可以加强碱并加热，产生的气体通过湿润红色石蕊试纸，所以具体操作为：取Ⅱ中反应后的溶液，加入足量NaOH溶液并加热，产生有刺激性气味并能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体；
(4)金属与硝酸反应时，影响硝酸还原产物不同的因素有金属的活泼性，硝酸的浓度和温度。
26、烧杯 玻璃棒； Ba(NO3)2 K2CO3 KOH或（KOH、Ba(NO3)2、K2CO3或Ba(NO3)2、KOH、K2CO3） 静置，取少量上层澄清溶液，再加入少量Ba(NO3)2溶液，若不变浑浊，表明SO42－已除尽 不需要 因为几个沉淀反应互不干扰，因此只过滤一次，可减少操作程序 因为加入盐酸调节溶液的pH会引进Cl－
【解析】
混有K2SO4、MgSO4的KNO3固体，加入硝酸钡、碳酸钾除去硫酸根离子；加入氢氧化钾除去镁离子；稍过量的氢氧根离子、碳酸根离子用硝酸除去；
【详解】
(1)固体溶解一般在烧杯中进行，并要用玻璃棒搅拌加快溶解，故答案为：烧杯；玻璃棒；
(2)KNO3中混有的杂质离子是SO42-和Mg2+，为了完全除去SO42-应该用稍过量的Ba2+，这样稍过量的Ba2+也变成了杂质，需要加CO32-离子来除去，除去Mg2+应该用OH-，OH-的顺序没有什么要求，过量的CO32-、OH-可以通过加入的盐酸来除去，故答案为：Ba(NO3)2；K2CO3；KOH或（KOH、Ba(NO3)2、K2CO3或Ba(NO3)2、KOH、K2CO3）；
(3)SO42－存在于溶液中，可以利用其与Ba2+反应生成沉淀来判断，方法是静置，取少量上层澄清溶液，再加入少量Ba(NO3)2溶液，若不变浑浊，表明已除尽，故答案为：静置，取少量上层澄清溶液，再加入少量Ba(NO3)2溶液，若不变浑浊，表明SO42－已除尽；
(4)不需要 因为几个沉淀反应互不干扰，因此只过滤一次，可减少操作程序，故答案为：不需要；因为几个沉淀反应互不干扰，因此只过滤一次，可减少操作程序；
(5)本实验目的是为了得到纯净的KNO3溶液，因此在实验过程中不能引入新的杂质离子，而加入盐酸来调节溶液的pH会引入Cl－，故答案为：因为加入盐酸调节溶液的pH会引进Cl－。
除去溶液中的硫酸根离子与镁离子时无先后顺序，所加试剂可先加KOH，也可先加硝酸钡、碳酸钾，过滤后再加适量的硝酸。
27、重结晶 冷凝回流乙醇和水 水浴加热 吸水剂由白色变为蓝色 蒸馏 分液漏斗 降低苯甲酸乙酯的溶解度利于分层 Na2CO3或NaHCO3 80.0
【解析】
苯甲酸与乙醇在浓硫酸作催化剂发生酯化反应生成苯甲酸乙酯，苯甲酸乙酯与乙醇和苯甲酸能够混溶，苯甲酸乙酯与乙醇沸点差异较大，因此操作I为蒸馏，混合液2中主要成分为苯甲酸乙酯和苯甲酸，加入试剂X除去苯甲酸，因此可选择试剂饱和碳酸钠进行除杂，然后分液制备粗产品，然后通过干燥制备苯甲酸乙酯纯品，以此解答本题。
【详解】
（1）可通过重结晶的方式提高原料苯甲酸的纯度；
（2）仪器A为球形冷凝管，在制备过程中乙醇易挥发，因此通过球形冷凝管冷凝回流乙醇和水；该反应中乙醇作为反应物，因此可通过水浴加热，避免乙醇大量挥发；
（3）仪器B中吸水剂为无水硫酸铜的乙醇饱和溶液，吸收水分后生成五水硫酸铜，吸水剂由白色变为蓝色；
（4）由上述分析可知，操作I为蒸馏；操作II为分液，除烧杯外，还需要的玻璃仪器为分液漏斗；
（5）因苯甲酸乙酯难溶于冷水，步骤③中将反应液倒入冷水的目的还有降低苯甲酸乙酯的溶解度有利于分层；试剂X为Na2CO3溶液或NaHCO3溶液；
（6）12g苯甲酸乙酯的物质的量为，苯甲酸的物质的量为，反应过程中乙醇过量，理论产生苯甲酸乙酯的物质的量为0.1ml，实验产率为。
28、+49kJ/ml 该反应为熵增加的反应，熵增效应大于能量效应 CO含量增高，会破坏该电池的交换膜 ACD 91% 5.6×10-3 16g O2+2CO2+4e-=2CO32-
【解析】
（1）由图可知，0.5ml CH3OH（g）和0.5ml H2O（g）转化率达80%即0.4ml时吸收能量23kJ-3.4kJ=19.6kJ，计算1mlCH3OH（g）和H2O（g）转化的能量可得；
（2）根据熵变分析；升温有利于提高CH3OH转化率，促进CO的生成，破坏电池交换膜；
（3）根据化学平衡状态特征：正逆反应速率相等，各组分含量保持不变分析；
（4）根据题意，衡时测得H2为2.70ml，CO为0.030ml，说明反应②生成的H2O（g）为0.03ml，消耗CO2（g）为0.03ml，参与反应②的H2为2.73ml，由反应①生成，则反应①生成CO2（g）为0.91ml，反应中的CO2（g）为0.88ml，根据反应①生成H2为2.73ml，生成CO2（g）为0.91ml，则参与反应的 CH3OH为0.91ml，H2O（g）为0.91ml，故装置中CH3OH为0.09ml，H2O（g）为1.32ml-0.91ml+0.03ml=0.44ml，H2为2.70ml，CO为0.030ml，CO2（g）为0.88ml，结合转化率=变化量除以起始量和反应②的K= 计算；
（5）甲醇燃料电池甲醇为负极，电极反应为：2CH3OH-12e-+6CO32-=8CO2+4H2O，据此计算；
（6）正极为氧气发生氧化反应，结合电解质可得。
【详解】
(1)由图可知，0.5ml CH3OH(g)和0.5ml H2O(g)转化率达80%即0.4ml时吸收能量23kJ-3.4kJ=19.6kJ，则1mlCH3OH(g)和H2O(g)转化的能量=49kJ，故反应①的△H1=+49kJ/ml；
(2)反应①的△H＞0，但熵增加△S＞0，根据△G=△H-T△S＜0时反应自发进行可知当达到一定温度时，该反应可以自发进行，即该反应能自发进行是由于熵增效应大于能量效应；升温有利于提高CH3OH转化率，促进CO的生成，提高CO的产量，但CO会破坏该电池的交换膜；
(3)A．该反应前后气体系数之和不同，平衡移动过程中压强会发生变化，所以体系内压强保持不变时说明反应达到平衡，故A正确；
B．体系内混合气体总质量保持不变，恒容体积不变，气体密度始终保持不变，不能判断化学平衡，故B错误；
C．反应达到平衡时各组分含量保持不变，所以CO2的体积分数保持不变说明反应达到平衡，故C正确；
D．断裂3ml H-H键的同时断裂3ml H-O键，说明消耗3ml氢气的同时消耗1ml甲醇和1ml水，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡，故D正确；
综上所述选ACD；
(4)根据题意，衡时测得H2为2.70ml，CO为0.030ml，说明反应②生成的H2O(g)为0.03ml，消耗CO2为0.03ml，则反应①生成的H2为2.73ml，则反应①生成CO2为0.91ml，平衡时的CO2为0.88ml；反应①生成H2为2.73ml，生成CO2为0.91ml，则转化的 CH3OH为0.91ml，H2O为0.91ml，故平衡时CH3OH为0.09ml，H2O为1.32ml-0.91ml+0.03ml=0.44ml，H2为2.70ml，CO为0.030ml，CO2为0.88ml，所以甲醇的转化率为=91%；反应②为前后气体系数之和相等的可逆反应，所以计算平衡常数时可用物质的量代替浓度，所以平衡常数K==5.6×10-3；
(5)甲醇燃料电池甲醇为负极，电极反应为：2CH3OH-12e-+6CO32-=8CO2+4H2O，当内电路转移1.5ml CO32-时，消耗甲醇为0.5ml，故消耗甲醇的质量是0.5ml×32g/ml=16g；
(6)通入氧气的一极为正极，结合负极产生的二氧化碳生成碳酸根，电极方程式为O2+2CO2+4e-=2CO32-。
对于反应前后气体系数之和不变的可逆反应，计算其平衡常数时可以用物质的量、物质的量分数、体积分数来代替浓度。
29、 哑铃（纺锤） H2S S8相对分子质量大，分子间范德华力强 平面三角 2 sp3
【解析】
（1）根据铁、硫的核外电子排布式解答；
（2）根据价层电子对互斥理论分析；
（3）根据影响分子晶体熔沸点高低的是分子间范德华力判断；
（4）根据价层电子对互斥理论分析；
（5）根据晶胞结构、结合密度表达式计算。
【详解】
（1）基态Fe原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，则其价层电子的电子排布图（轨道表达式）为；基态S原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p4，则电子占据最高能级是3p，其电子云轮廓图为哑铃（纺锤）形。
（2）根据价层电子对互斥理论可知H2S、SO2、SO3的气态分子中，中心原子价层电子对数分别是，因此不同其他分子的是H2S。
（3）S8、二氧化硫形成的晶体均是分子晶体，由于S8相对分子质量大，分子间范德华力强，所以其熔点和沸点要比二氧化硫的熔点和沸点高很多；
（4）气态三氧化硫以单分子形式存在，根据（2）中分析可知中心原子含有的价层电子对数是3，且不存在孤对电子，所以其分子的立体构型为平面三角形。分子中存在氧硫双键，因此其中共价键的类型有2种，即σ键、π键；固体三氧化硫中存在如图（b）所示的三聚分子，该分子中S原子形成4个共价键，因此其杂化轨道类型为sp3。
（5）根据晶胞结构可知含有铁原子的个数是12×1/4+1＝4，硫原子个数是8×1/8+6×1/2＝4，晶胞边长为a nm、FeS2相对式量为M，阿伏加德罗常数的值为NA，则其晶体密度的计算表达式为；晶胞中Fe2+位于所形成的正八面体的体心，该正八面体的边长是面对角线的一半，则为nm。
本题主要是考查核外电子排布、杂化轨道、空间构型、晶体熔沸点比较以及晶胞结构判断与计算等，难度中等。其中杂化形式的判断是难点，由价层电子特征判断分子立体构型时需注意：价层电子对互斥模型说明的是价层电子对的立体构型，而分子的立体构型指的是成键电子对的立体构型，不包括孤电子对。①当中心原子无孤电子对时，两者的构型一致；②当中心原子有孤电子对时，两者的构型不一致；价层电子对互斥模型能预测分子的几何构型，但不能解释分子的成键情况，杂化轨道理论能解释分子的成键情况，但不能预测分子的几何构型。两者相结合，具有一定的互补性，可达到处理问题简便、迅速、全面的效果。
苯甲酸
乙醇
苯甲酸乙酯
常温性状
白色针状晶体
无色液体
无色透明液体
沸点/℃
249.0
78.0
212.6
相对分子量
122
46
150
溶解性
微溶于水，易溶于乙醇、乙醚等有机溶剂
与水任意比互溶
难溶于冷水，微溶于热水，易溶于乙醇和乙醚
H2S
S8
FeS2
SO2
SO3
H2SO4
熔点/℃
−85.5
115.2
>600（分解）
−75.5
16.8
10.3
沸点/℃
−60.3
444.6
−10.0
45.0
337.0