2026届全国百强校山西大学附属中学化学高三上期中调研模拟试题含解析

2026届全国百强校】山西大学附属中学化学高三上期中调研模拟试题考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。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、类推思维是化学解题中常用的一种思维方法，下列有关离子方程式的类推正确的是()已知类推A将Fe加入CuSO4溶液中Fe+Cu2+=Cu+Fe2+将Na加入到CuSO4溶液中2Na+Cu2+=Cu+2Na+B向Ca(ClO)2溶液中通入少量CO2Ca2++2ClO-+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO向Ca(ClO)2溶液中通入少量SO2Ca2++2ClO-+SO2+H2O=CaSO3↓+2HClOC用惰性电极电解NaCl溶液2Cl-+2H2O2OH-+H2↑+Cl2↑用惰性电极电解MgBr2溶液2Br-+2H2O2OH-+H2↑+Br2D稀盐酸与NaOH溶液反应至中性H++OH-=H2O稀HNO3与Ba(OH)2溶液反应至中性H++OH-=H2OA．A B．B C．C D．D2、下列分类标准合理的是①根据酸分子中含有的氢原子个数将酸分为一元酸、二元酸等②根据反应中是否有电子的转移将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应③根据分散系是否具有丁达尔现象将分散系分为溶液、胶体和浊液④根据反应中的热效应将化学反应分为放热反应和吸热反应A．①③B．②④C．①②④D．②③④3、有机化学试剂氨基氰（）常用于制备磺胺类药物，抗癌药等。下列有关氨基氰说法正确的是A．分子中所有原子共面 B．氨基氰的水溶性较差C．σ键和π键数分别为4和2 D．碳为sp杂化，氨基氮为sp2杂化4、某同学拟在实验室中用下列仪器和必需药品对NH3与Cl2的反应进行探究。下列说法不正确的是A．制备气体：A、B都能用于制NH3，B、C都能用于制Cl2B．净化气体：E、G都能用来净化NH3，也都能用来净化Cl2C．气体反应：分别从D的c、d通入NH3和Cl2；D中产生大量白烟D．尾气处理：E、F或G都能用于除尾气，但只用其中一种可能除不净尾气5、下列关于胶体的叙述中，不正确的是（）A．Fe(OH)3胶体和FeCl3溶液的本质区别是Fe(OH)3胶体有丁达尔效应，而FeCl3溶液无丁达尔效应B．胶体在自然界是普遍存在的，如有色玻璃就是一种胶体C．胶体分散质粒子直径是10-9-10-7米范围内D．Fe(OH)3胶体能够吸附水中悬浮的固体颗粒并沉降，达到净水目的6、下列反应的离子方程式正确的是()A．向次氯酸钙溶液中通入过量CO2：Ca2＋＋2ClO－＋H2O＋CO2===CaCO3↓＋2HClOB．向次氯酸钙溶液中通入少量SO2：Ca2＋＋2ClO－＋H2O＋SO2===CaSO3↓＋2HClOC．向Ba(OH)2溶液中加入过量的Al2(SO4)3：3Ba2＋＋6OH－＋2Al3＋＋3SO42—===3BaSO4↓＋2Al(OH)3↓D．向Mg(HCO3)2溶液中加入过量澄清石灰水：Mg2＋＋2HCO3—＋2OH－＋Ca2＋===MgCO3↓＋CaCO3↓＋2H2O7、将氯化钙溶于水中，在搅拌下加入双氧水，再加入氨水进行反应，冷却，离心分离，可得CaO2·8H2O，于150～200℃脱水干燥，即得CaO2。下列说法不正确的是A．上述制备过程的化学反应方程式为CaCl2＋H2O2＋2NH3·H2O＋6H2O＝CaO2·8H2O↓＋2NH4ClB．所得产品中CaO2的含量可以在酸性条件下，用KMnO4标准溶液滴定、计算C．常温下，CaO2溶于水所得溶液的pH可能达到14D．CaO2溶于水中能放出O2，增加水体溶氧量，同时还能吸收CO2，可用于鱼苗、活鲜鱼运输8、关于晶体的叙述中，正确的是（）A．原子晶体中，共价键的键能越大，熔、沸点越高B．分子晶体中，分子间的作用力越大，该分子越稳定C．分子晶体中，共价键的键能越大，熔、沸点越高D．某晶体溶于水后，可电离出自由移动的离子，该晶体一定是离子晶体9、美国《Science》上发表论文，宣布发现了一种Al的超原子结构，这种超原子（Al13）是以1个Al原子在中心，12个Al原子在表面形成的三角二十面体结构。这种超原子具有40个价电子（价电子即主族元素的最外层电子数）时最稳定。请预测稳定的Al13所带的电荷为A．－1 B．＋2 C．＋3 D．010、“纳米技术”广泛的应用于催化及军事科学中，“纳米技术”是指粒子直径在几纳米到几十纳米的材料。如将“纳米材料”分散到液体分散剂中，所得的混合物具有的性质是（）A．能全部通过半透膜 B．能发生丁达尔现象 C．一定能导电 D．一定为悬浊液或乳浊液11、现取m克铝镁合金与一定浓度的稀硝酸恰好完全溶解（假定硝酸的还原产物只有NO），向反应后的混合溶液中滴加bmol·L−1NaOH溶液，当滴加到VmL时，得到沉淀质量恰好为最大值n克，则下列有关该实验的说法中不正确的是A．沉淀中氢氧根的质量为(n—m)克B．恰好溶解后溶液中的NO3-离子的物质的量为bv/1000molC．生成标准状况下NO气体的体积为2.24(n-m)/17LD．与合金反应的硝酸的物质的量为bv/1000mol+(n-m)/51mol12、下列说法正确的是（）A．SO2通入紫色石蕊试液中，溶液先变红，后褪色B．向FeCl3和BaCl2溶液中分别通入CO2和SO2都无沉淀物产生C．干燥的氯气能使红色的鲜花褪色D．碳与二氧化硅在高温下反应可制得粗硅并产生二氧化碳气体13、化学与生产、实验密切相关。下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是A．Al2O3熔点高，可用作耐高温材料B．FeCl3溶液呈酸性，可用于腐蚀电路板上的CuC．石墨具有导电性，可用于制铅笔芯D．浓硫酸具有强氧化性，可用于干燥CO214、若NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．标准状况下，22.4LCl2通入足量水中转移电子数为NAB．KClO3＋6HCl=KCl＋3Cl2↑＋3H2O中，生成13.44L（标准状况）Cl2转移电子数为1.2NAC．标准状况下，11.2LNO和11.2LO2混合后，原子总数小于2NAD．14gN2中含有7NA个电子15、下列措施对增大反应速率明显有效的是（）A．Al在氧气中燃烧生成A12O3，将Al片改成Al粉B．Fe与稀硫酸反应制取H2时，改用浓硫酸C．在K2SO4与BaCl2两溶液反应时，增大压强D．Na与水反应时增大水的用量16、下列指定反应的离子方程式正确的是A．用氨水溶解氢氧化铜沉淀:Cu2++4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2++4H2OB．用稀硝酸除去试管内壁的银:3Ag+4H++NO3-=3Ag++NO↑+2H2OC．向次氯酸钠溶液中通入足量SO2气体：C1O-+SO2+H2O=HClO+HSO3-D．硫酸铵稀溶液和稀氢氧化钡溶液反应：NH4++SO42-+Ba2++OH-=BaSO4↓+NH3·H2O二、非选择题（本题包括5小题）17、端炔烃在催化剂存在下可发生偶联反应，称为Glaser反应，2R—C≡C—HR—C≡C—C≡C—R+H2该反应在研究新型发光材料、超分子化学等方面具有重要价值。下面是利用Glaser反应制备化合物E的一种合成路线：回答下列问题：（1）B的结构简式为______，D的化学名称为______。（2）①和③的反应类型分别为______、______。（3）E的结构简式为______。用1molE合成1,4−二苯基丁烷，理论上需要消耗氢气_______mol。（4）化合物（）也可发生Glaser偶联反应生成聚合物，该聚合反应的化学方程式为_____________________________________。（5）芳香化合物F是C的同分异构体，其分子中只有两种不同化学环境的氢，数目比为3:1，写出其中3种的结构简式_______________________________。（6）写出用2−苯基乙醇为原料（其他无机试剂任选）制备化合物D的合成路线___________。18、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①②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CMN①符合下列条件的N的同分异构体有_______种。a含有基团、环上有三个取代基b与NaHCO3反应产生气泡c可发生缩聚反应。②M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)_________。19、某化学学习小组为了探究镁和二氧化硫的反应产物，进行如下实验：Ⅰ．设计如图所示装置完成镁和二氧化硫的反应实验。（1）实验室用亚硫酸钠与浓硫酸反应制备SO2，利用的是浓硫酸的________(填字母)。a．强氧化性b．强酸性c．脱水性d．腐蚀性（2）B装置中试剂的名称是________；E装置的作用是_______________________________。（3）有同学认为可以拆去D装置，你认为________(填“能”或“不能”)拆去D装置，理由是__________________________________________________。Ⅱ．探究燃烧的反应产物（4）反应后取C装置中的固体粉末进行如下实验：实验现象：G装置中产生黑色沉淀，Ⅰ装置中黑色粉末变红色，J装置中白色粉末变蓝色。写出G装置中发生反应的离子方程式：____________________；I、J装置中的现象说明固体中含有____________________(填化学式)。（5）取出F装置烧瓶中的混合物，经过滤、干燥得到少量固体粉末，为了探究固体粉末的成分，选择下列装置进行实验：①按气体从左至右，选择所需装置，正确的连接顺序为________________(填字母)。②能证明固体粉末是硫磺的实验现象是___________________________________________。（6）经实验测定，镁在二氧化硫中燃烧生成产物有硫化镁、硫和氧化镁。如果m(MgO)∶m(MgS)∶m(S)＝20∶7∶4，写出镁与SO2在加热条件下反应的化学方程式：____________。20、某学习小组依据SO2具有还原性，推测SO2能被Cl2氧化生成SO2Cl2。查阅资料：SO2Cl2的熔点为－54.1℃，沸点为69.1℃，极易水解，遇潮湿空气会产生白雾。(1)化合物SO2Cl2中S元素的化合价是________。(2)实验室中制备氯气时为得到干燥纯净的氯气，应将气体依次通过盛有________和___________的洗气瓶。(3)用如图所示装置制备SO2Cl2。①B中冷凝水从________(填“m”或“n”)口进入。②C中盛放的试剂是________。(4)向所得液体中加水，出现白雾，振荡、静置得到无色溶液。经检验该溶液中的阴离子(除OH－外)只有SO42-、Cl－，写出SO2Cl2与H2O反应的化学方程式：_______________。21、含氮化合物在材料方面的应用越来越广泛。(1)甲胺(CH3NH2)是合成太阳能敏化剂的原料。工业合成甲胺原理：CH3OH(g)+NH3(g)CH3NH2(g)+H2O(g)△H。①已知键能指断开1mol气态键所吸收的能量或形成1mol气态键所释放的能量。几种化学键的键能如下表所示：化学键C-HC-OH-ON-HC-N键能/kJ·mol-1413351463393293则该合成反应的△H=______。若CH3OH(g)+NH3(g)CH3NH2(g)+H2O(g)的活化能为Ea1=300kJ/mol，由此计算CH3NH2(g)+H2O(g)CH3OH(g)+NH3(g)的活化能Ea2=______。②一定条件下，在体积相同的甲、乙、丙、丁四个容器中，起始投入物质如下：NH3(g)/molCH3OH(g)/mol反应条件甲11498K，恒容乙11598K，恒容丙11598K，恒压丁23598K，恒容达到平衡时，甲、乙、丙、丁容器中的CH3OH转化率由大到小的顺序为______。(2)工业上利用镓(Ga)与NH3在高温下合成固体半导体材料氮化镓(GaN)，其反应原理为2Ga(s)+2NH3(g)2GaN(s)+3H2(g)△H=--30.8kJ·mol-1。在密闭容器中充入一定量的Ga与NH3发生反应，实验测得反应体系与温度、压强的相关曲线如图所示。①图中A点与C点的化学平衡常数分别为KA和KC,下列关系正确的是(填代号)_______。a．纵轴a表示NH3的转化率b．纵轴α表示H2的体积分数c．T1<T2d．KA<Kc②若反应在T1温度下进行，下列描述能说明B点处于平衡状态的是______。a.气体密度不再变化b.c(H2)/c(NH3)=2:3c.单位时间NH3与H2的断键数目相同d.K不变③若纵轴α表示NH3的体积分数，根据图中数据计算D点的化学平衡常数Kp=(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×物质的量分数)______。④镓在元素周期表位于第四周期第ⅢA族，其原子结构示意图为_____，镓的化学性质与铝相似，氮化镓性质稳定，不溶于水，但能缓慢溶解在热的NaOH溶液中，该反应的离子方程式为_____。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【详解】A．将Na加入到CuSO4溶液中，钠先与水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠再与硫酸铜发生复分解反应，不能置换出铜，故A错误；B．向Ca(ClO)2溶液中通入少量SO2，二氧化硫具有还原性，被次氯酸根离子氧化，离子方程式为：Ca2++3ClO-+SO2+H2O=CaSO4↓+Cl-+2HClO，故B错误；C．用惰性电极电解MgBr2溶液，离子方程式为：Mg2++2Br-+2H2OMg(OH)2↓+H2↑+Br2，故C错误；D．稀盐酸与NaOH溶液、稀HNO3与Ba(OH)2溶液反应的实质相同，都是氢离子与氢氧根离子反应生成水，离子方程式为：H++OH-=H2O，故D正确；故选D。【点睛】本题的易错点为B，要注意次氯酸的强氧化性对产物的影响，该反应中不能生成亚硫酸钙沉淀，应该生成硫酸钙沉淀。2、B【解析】①根据酸分子中在水中电离产生的氢离子个数的多少将酸分为一元酸、二元酸等，①错误；②根据反应中是否有电子的转移将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应，②正确；③根据分散系中分散质粒子直径的大小将分散系分为溶液、胶体和浊液，③错误；④根据反应中的热效应将化学反应分为放热反应和吸热反应，④正确；答案选B。3、C【分析】含有氨基，具有碱性，可与酸反应，含有-N-H键，可形成氢键，且为极性分子，可溶于水，分子中含有N-C键，为δ键，可旋转，分子不一定共平面，以此解答该题。【详解】A.分子中含有N−C键，为δ键，可旋转，分子不一定共平面，故A错误；B.含有−N−H键，可形成氢键，且为极性分子，可溶于水和乙醇，故B正确；C.分子内有σ键4个，三键中有2个π键，故C正确；D.碳氮三键是直线型结构，则碳为sp杂化；根据价层电子对互斥理论对氨基氮计算：=4，即sp3杂化，故D错误；正确答案是C。4、B【详解】A．用NH4Cl和Ca(OH)2固体混合加热制NH3选择A装置，用浓氨水与CaO或NaOH制氨气，选择B装置，用实验室利用MnO2与浓盐酸混合加热可选择C装置，利用KMnO4和浓盐酸反应制Cl2选择B装置，故A正确；B．NH3的干燥不能用浓硫酸，只能用碱石灰，则无法用E装置净化NH3，故B错误；C．NH3的密度比Cl2小，则分别从D的c、d通入NH3和Cl2，在D中NH3和HCl反应生成NH4Cl，产生大量白烟，故C正确；D．NH3的尾气可以用稀硫酸吸收，Cl2的尾气可以用NaOH溶液吸收，为了充分吸收尾气，可以选择E、F或G中的1到2个装置即可，故D正确；故答案为B。5、A【详解】A.根据分散质粒子直径大小来分类，把分散系划分为：溶液(小于1nm)、胶体（1nm--100nm）、浊液(大于100nm)，所以溶液、胶体和浊液这三种分散系的本质的区别在于分散质粒子直径大小不同，故A错误；B.有色玻璃就是由某些胶态金属氧化物分散于玻璃中制成的，与胶体性质有关，故B正确；C.根据胶体的定义可知，胶体分散质粒子直径是10-9-10-7米(即1nm--100nm)范围内，故C正确；D.Fe(OH)3胶体具有较大的表面积，具有吸附悬浮杂质的作用，Fe(OH)3胶体能够吸附水中悬浮的固体颗粒并沉降，达到净水目的，故D正确；故答案选A。【点睛】本题考查的是胶体的性质，难度不大，胶体的性质有：丁达尔效应、电泳、聚沉；利用丁达尔效应是区分胶体与溶液的一种常用物理方法，而溶液、浊液、胶体三大分散系的本质特征是分散质粒子直径大小不同。6、C【解析】试题分析：A、向次氯酸钙溶液通入过量CO2，不可能生成碳酸钙，离子方程式为2ClO-+H2O+CO2=HCO3-+2HClO，错误；B、产物中的次氯酸具有较强的氧化性，可将亚硫酸钙氧化成硫酸钙，错误；C、2ClO-+H2O+CO2，正确；D、碳酸氢镁溶液中加入过量石灰水，碳酸氢根和镁离子全部反应，离子方程式中符合2：1，且镁离子形成的氢氧化镁溶解性更小，所以生成的是氢氧化镁沉淀，结合离子方程式的书写原则写出离子方程式为：Mg2++2HCO32-+2Ca2++4OH-=2CaCO3↓+2H2O+Mg（OH）2↓，错误；故本题选择C。考点：离子方程式的书写7、C【详解】A.由信息结合质量守恒定律知，上述制备过程的化学反应方程式为CaCl2＋H2O2＋2NH3·H2O＋6H2O＝CaO2·8H2O↓＋2NH4Cl，A正确；B.CaO2在酸性条件下可转变为双氧水，双氧水能用KMnO4标准溶液滴定而测得其含量，故所得产品中CaO2的含量可以在酸性条件下，用KMnO4标准溶液滴定、计算，B正确；C.由题意知，常温下，CaO2溶于水所得溶液为澄清石灰水，微溶物的溶解度为，其密度约为1g/cm3，最大浓度：，氢氧根离子浓度最大为0.27mol/L，pH不可能达到14，C错误；D.由题意知，过氧化钙晶体在水中溶解度不大，故CaO2溶于水中能平缓反应缓慢放出O2，增加水体溶氧量，同时还能吸收CO2，可用于鱼苗、活鲜鱼运输，D正确；答案选C。8、A【详解】A．原子晶体中，共价键的键能越大，熔、沸点越高，键能决定其熔沸点，故A正确；

B．分子晶体中，分子间作用力大的熔沸点高，共价键的键能越大，稳定性越大，故B错误；C．分子晶体中，分子间作用力越大，熔沸点越高，而共价键的键能越大，稳定性越大，不是熔、沸点越高，故C错误；D．共价化合物形成的电解质溶于水后可电离出自由移动的离子，如HCl等，故D错误；故答案为A。【点睛】原子晶体的三态变化破坏的是共价键，共价键的键能越大，熔、沸点越高；分子晶体的三态变化破坏的是分子间作用力，分子间作用力大的熔沸点高。9、A【解析】因为1个铝原子有3个价电子，因此13个铝原子应该有39个价电子，但实际上该微粒有40个价电子，所以应该带1个单位的负电荷。10、B【分析】“纳米技术”是指粒子直径在几纳米到几十纳米的材料。如将“纳米材料”分散到液体分散剂中，形成的混合物具有胶体的性质。【详解】A．该分散系属于胶体，不能通过半透膜，故A错误；B．该混合物属于胶体，因此能发生丁达尔现象，故B正确；C．由于分散质微粒不一定带有电荷，所以不一定能导电，故C错误；D．该混合物属于胶体，微粒达不到悬浊液或乳浊液颗粒的大小，故D错误。故选B。11、C【解析】A、沉淀为氢氧化铝和氢氧化镁，沉淀质量等于铝镁合金质量与氢氧根质量之和，所以沉淀中氢氧根的质量为（n－m）克，A正确；B、恰好溶解后溶液中的NO3－离子的物质的量等于沉淀质量最大时溶液中NO3－离子的物质的量，当沉淀量最大时，溶液中的溶质只有硝酸钠（NaNO3），硝酸根离子与钠离子的物质的量相等，n（NO3－）=n（Na+）=n（NaOH）=mol，B正确；C、根据以上分析可知沉淀中，氢氧根的物质的量等于Mg2+、Al3+所带电荷的物质的量，也等于合金失去电子的物质的量，即为反应过程中转移的电子，n（e－）=n（OH－）=mol，根据电子守恒原理，生成NO时，HNO3中+5价的N原子得3个电子，因此生成NO的物质的量应该是转移电子的三分之一，即mol×=mol，其体积在标准状况下为L，C错误；D、参加反应的硝酸有两种作用，起酸和氧化剂作用，作为酸的硝酸（生成硝酸盐）的物质的量等于硝酸钠的物质的量为mol，作氧化剂的硝酸的物质的量等于NO的物质的量为mol，所以与合金反应的硝酸的物质的量为（+）mol，D正确；答案选C。12、C【详解】A、二氧化硫为酸性氧化物，则SO2通入紫色石蕊试液中，溶液变红，但不会褪色，因为二氧化硫不能漂白指示剂，故A错误；B、向FeCl3和BaCl2溶液中会通入SO2，FeCl3能与二氧化硫发生氧化还原反应生成硫酸根离子，再与钡离子反应生成硫酸钡沉淀，故B错误；C、干燥的氯气不具有漂白性，但是氯气和水之间反应生成的次氯酸具有漂白性，鲜花中有水分，所以氯气能使鲜花褪色，故C正确；D、焦炭高温还原二氧化硅制备粗硅，工业上，用焦炭在高温下还原二氧化硅制得粗硅，反应的化学方程式SiO2+2CSi+2CO↑，故D错误。答案选C。【点睛】本题涉及二氧化硫、氯气、二氧化硅的性质等知识，注意知识的归纳和整理是关键。13、A【详解】A．熔点高的物质可作耐高温材料，则Al2O3熔点高，可用作耐高温材料，A选；B．Cu与FeCl3发生氧化还原反应，则用FeCl3腐蚀Cu刻制印刷电路板，与FeCl3溶液呈酸性无对应关系，B不选；C、石墨很软，可用于制铅笔芯，与石墨具有导电性无对应关系，C不选；D、浓硫酸具有吸水性，可用于干燥CO2，与浓硫酸具有强氧化性无对应关系，D不选；答案选A。14、D【详解】A.氯气和水的反应为可逆反应，反应不完全，不能计算，故错误；B.标况下13.44L氯气的物质的量为0.6mol，该反应中转移5个电子，即0.6mol氯气生成转移1mol电子，故错误；C.标况下，11.2LNO和11.2LO2混合反应，但原子总数不变，为2mol，故错误；D.14克氮气的物质的量为0.5mol，含有7mol电子，故正确。故选D。15、A【解析】A、Al片改成Al粉时，Al的表面积增大，与氧气的反应速率也明显增大，A正确。B、Fe与稀硫酸制取H2时，改用浓硫酸在常温下会发生钝化使反应停止，B错误。C、K2SO4与BaCl2在溶液中反应生成BaSO4沉淀和KCl，反应中过程中没有气体参加反应也无气体生成，所以加压对该反应速率没有影响，C错误。D、Na与H2O反应时增大H2O的用量，对于H2O的浓度没有影响，也不会影响该反应速率，D错误。正确答案A。点睛：影响反应速率的因素主要有温度、浓度、压强、催化剂、固体表面积（即颗粒的大小）、光照、是否能形成原电池等。其中压强只影响有气体参加的反应，反应过程中搅拌则可以增加分子的接触机会而使反应速率加快。16、B【解析】A项，Cu（OH）2难溶于水，以化学式保留，正确的离子方程式为：Cu（OH）2+4NH3·H2O=[Cu（NH3）4]2++2OH-+4H2O，错误；B项，稀硝酸被还原成NO，Ag被氧化成Ag+，正确；C项，SO2具有还原性，NaClO具有氧化性，应发生氧化还原反应，正确的离子方程式为：ClO-+SO2+H2O=Cl-+SO42-+2H+，错误；D项，不符合量的比例，正确的离子方程式为：2NH4++SO42-+

Ba2++

2OH-

=BaSO4↓+

2NH3·H2O，错误；答案选B。点睛：离子方程式常见的错误：（1）不符合客观事实；（2）拆分不正确，易溶于水、易电离的物质拆成离子，其余物质以化学式保留；（3）漏写部分离子反应；（4）“↓”、“↑”、“=”、“”等符号使用错误；（5）不符合量比要求；（6）离子方程式不平，原子不守恒、电荷不守恒。二、非选择题（本题包括5小题）17、苯乙炔取代反应消去反应4【详解】（1）A与氯乙烷发生取代反应生成B，则根据B分子式可知A是苯，B是苯乙烷，则B的结构简式为；根据D的结构简式可知D的化学名称为苯乙炔。（2）①是苯环上氢原子被乙基取代，属于取代反应；③中产生碳碳三键，是卤代烃的消去反应。（3）D发生已知信息的反应，因此E的结构简式为。1个碳碳三键需要2分子氢气加成，则用1molE合成1,4−二苯基丁烷，理论上需要消耗氢气4mol。（4）根据已知信息可知化合物（）发生Glaser偶联反应生成聚合物的化学方程式为。（5）芳香化合物F是C的同分异构体，其分子中只有两种不同化学环境的氢，数目比为3:1，结构简式为。（6）根据已知信息以及乙醇的性质可知用2−苯基乙醇为原料（其他无机试剂任选）制备化合物D的合成路线为。18、邻溴苯甲醛Br2、FeBr3(或Fe)+H2O19c【分析】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，名称为邻溴苯甲醛；(2)A→B为苯环上的取代反应，条件为Br2、FeBr3(或Fe)；(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J，所以H→J的化学反应方程式为+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：a．含有基团、环上有三个取代基；b．与NaHCO3反应产生气泡说明含有羧基；c．可发生缩聚反应，说明同时含有羧基和羟基，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；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；(5)

以和甲烷为原料合成，甲苯发生氧化反应生成苯甲醛，苯甲醛和CH3MgBr发生信息①的反应生成，甲烷发生取代反应生成CH3Br，其合成路线为：。【点睛】充分利用反应条件、结构简式或分子式、题给信息正确推断各物质结构简式是解本题关键，采用逆向思维及知识迁移方法进行合成路线设计；(4)中不要漏掉两个取代基位于同一个碳原子上的情况。19、b浓硫酸吸收尾气中的SO2，防止空气中的CO2与Mg反应能D装置与盛有固体试剂的装置相连，不会发生倒吸Cu2＋＋H2S===CuS↓＋2H＋Mgd、c、a、b品红溶液褪色5Mg＋2SO24MgO＋MgS＋S【解析】本题重点考查镁和二氧化硫的反应产物的实验探究。本题应根据已知推未知，已知2Mg+CO2=2MgO+C，可推测二氧化硫与镁可能反应2Mg+SO2=2MgO+S，镁单质还能与产物中的硫单质反应生成硫化镁。实验I为镁和二氧化硫的反应实验，A装置为二氧化硫的制备（浓硫酸与亚硫酸钠发生复分解反应），制备的SO2中混有水蒸气，应先用浓硫酸干燥SO2，再让SO2与MgO反应；二氧化硫为污染性气体，不能直接排放，所以用碱石灰吸收未反应的SO2，同时空气中的CO2也能与镁反应干扰实验。实验II为探究产物，固体中可能含有氧化镁、硫单质、硫化镁和镁单质。将固体产物加入稀硫酸，产生气体，硫化镁与硫酸反应生成硫化氢气体，MgS+H2SO4=MgSO4+H2S↑，镁单质和稀硫酸反应生成氢气和硫酸镁，装置G中加硫酸铜溶液可验证是否有硫化氢生成，G装置中产生黑色沉淀证明有硫化铜生成，进而证明固体中含有硫化镁；接下来验证是否有氢气生成，利用氢气还原氧化铜，并检验产物是否有水，因此在验证是否有氢气生成时应先干燥气体；Ⅰ装置中黑色粉末变红色，说明氧化铜被还原为铜单质，J装置中白色粉末变蓝色证明有水生成，进而证明了固体中含有镁单质；此实验结束后发现还有少量不溶固体，猜测可能为硫单质，实验III即验证剩余固体是否为硫单质，先使固体与氧气反应，将产物通入品红溶液中，如果品红褪色，则证明固体为硫单质。【详解】(1)浓硫酸与亚硫酸钠发生复分解反应，该反应中强酸制备弱酸，浓硫酸表现出酸性。(2)制备的SO2中混有水蒸气，应先用浓硫酸干燥SO2；二氧化硫为污染性气体，不能直接排放，所以用碱石灰吸收未反应的SO2，同时空气中的CO2也能与镁反应干扰实验，所以碱石灰还可以防止空气中的CO2与Mg反应。(3)本实验中加热装置与盛有固体试剂的装置连接，不会发生倒吸，不需要安全瓶，所以能拆去D装置。(4)F装置中MgS与稀硫酸发生MgS+H2SO4=MgSO4+H2S↑，硫酸铜溶液用于检验H2S，H2S与Cu2＋反应生成硫化铜黑色沉淀，离子反应为Cu2＋＋H2S=CuS↓＋2H＋。氧化铜被还原成铜和水，无水硫酸铜变蓝色，说明固体与稀硫酸反应有氢气产生，即固体中含有未反应的镁粉。(5)①题给装置中没有氧气干燥装置，如果选择双氧水制氧气，不能得到干燥的氧气。实验中，应该用干燥的氧气与硫反应，故选择高锰酸钾制氧气。装置连接顺序为制氧气d、氧气与硫反应c、检验SO2a、吸收尾气b。②氧气与硫反应生成二氧化硫，二氧化硫能使品红溶液褪色，所以如果品红溶液褪色，则证明剩余固体为硫单质；(6)根据质量之比m(MgO)∶m(MgS)∶m(S)＝20∶7∶4，则物质的量之比为n(MgO)∶n(MgS)∶n(S)＝m(MgO)/M(MgO):m(MgS)/M(MgS):m(S)/M(S)=20/40:7/56:4/32=4∶1∶1，由产物的物质的量之比可得出反应的化学方程式为5Mg＋2SO24MgO＋MgS＋S。20、＋6饱和食盐水浓硫酸n碱石灰SO2Cl2＋2H2O===H2SO4＋2HCl【分析】（1）化合物SO2Cl2中O元素为-2价、Cl元素为-1价，根据化合价规则计算S元素的化合价；（2）制备的氯气中含有HCl、H2O杂质，应依次通过盛有饱和食盐水和浓硫酸的洗气瓶；（3）B中反应得到气态SO2C12，应充满冷凝水充分冷却，采取逆流原理；C处U形管中盛放的试剂吸收空气中的水蒸气，防止进入C中导致SO2C12水解，且吸收尾气；（4）向SO2C12中加水，出现白雾，振荡、静置得到无色溶液．经检验该溶液中的阴离子只有SO42-、Cl-（OH-除外），说明SO2C12水解生成H2SO4、HCl。【详解】（1）SO2能被Cl2氧化生成SO2Cl2，则氯元素的化合价是-1价，O一般表现为-2价，所以S的化合价是+6价；故答案为+6。（2）实验室制取氯气的化学方程式为MnO2＋4HCl（浓）MnCl2＋Cl2↑＋2H2O；Cl2中混有HCl和H2O（g），要制得干燥纯净的氯气，应依次通过盛有饱和食盐水和浓硫酸的洗气瓶，故答案为饱和食盐水，浓硫酸。（3）①B中反应得到气态SO2C12，应充满冷凝水充分冷却，采取逆流原理，即从n口接入冷凝水，故答案为n。②C处U形管中盛放的试剂吸收空气中的水蒸气，防止进入C中导致SO2C12水解，且吸收尾气，可以用碱石灰，故答案为碱石灰。（4）向SO2C12中加水，出现白雾，振荡、静置得到无色溶液．经检验该溶液中的阴离子只有SO42-、Cl-（OH-除外），说明SO2Cl2水解的产物是硫酸和氯化氢，化学方程式为：SO2Cl2＋2H2O＝H2SO4＋2HCl，故答案为SO2Cl2＋2H2O=H2SO4＋2HCl。21、-12kJ/mol312kJ/mol甲＞乙=丙＞丁dac3akPaGaN+OH-+3H2ONH3↑+[Ga(OH)4]-【分析】(1)①根据反应热=反应物总键能-生成物总键能进行计算；根据反应热=正反应活化能-逆反应活化能进行计算；②反应CH3OH(g)+NH3(g)