佳木斯市重点中学2026届高三上化学期中检测模拟试题含解析

佳木斯市重点中学2026届高三上化学期中检测模拟试题请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、已知反应H2(g)+O2(g)=H2O(g)的能量变化如图所示，a、b、c表示能量变化，为正值，单位为kJ，下列说法正确的是()A．H2(g)+O2(g)=H2O(g)△H=ckJ·mol-1B．2H2O(g)=2H2(g)+O2(g)△H=—2(a-b)kJ·mol-1C．1mol氢气与0.5mol氧气总能量为akJD．2mol氢气与1mol氧气完全反应生成2mol液态水放出的热量小于2（b-a）kJ2、海洋中有丰富的食品、矿产、能源、药物和水产资源等(如下图所示)，下列有关说法正确的是A．第①步除去粗盐中的SO、Ca2＋、Mg2＋、Fe3＋等杂质离子，加入的药品顺序为：Na2CO3溶液→NaOH溶液→BaCl2溶液→过滤后加盐酸B．将第②步结晶出的MgCl2·6H2O可在HCl气流中加热分解制无水MgCl2C．在第③④⑤步中溴元素均被氧化D．第⑤步涉及的分离操作有过滤、萃取、蒸馏3、用NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列叙述正确的是A．7.8gNa2O2中含有的阴离子数为0.1NAB．0.1mol16OD-中含有的中子数为NAC．常温常压下，42g乙烯中所含有的共用电子对数目为6NAD．2molNO与1molO2在密闭容器中充分反应后，产物的分子数为2NA4、仪器名称为“容量瓶”的是（）A． B． C． D．5、已知NH4CuSO3与足量的10mol/L硫酸混合微热，产生下列现象：①有红色金属生成②产生刺激性气味的气体③溶液呈现蓝色。据此判断下列说法正确的是()A．反应中硫酸作氧化剂B．1molNH4CuSO3完全反应转移0.5mol电子C．刺激性气味的气体是氨气D．NH4CuSO3中硫元素被氧化6、实验室制取下列物质的实验中未利用冷凝原理的是A．乙酸乙酯 B．乙酸丁酯 C．溴乙烷 D．乙烯7、在一定温度下，将气体X和气体Y各0.15mol充入10L的恒容密闭容器中，发生反应：X(g)+Y(g)4Z(g)△H＜0，一段时间后达到平衡，反应过程中测定的数据如下表：t/min2479n(Y)/mol0.120.110.100.10下列说法正确的是A．反应前4min的平均速率v(Z)=1×10-3mol∙L-1∙min-1B．其它条件不变，再充入X、Y各0.15mol，平衡时n(Z)＜0.4molC．其它条件不变，降低温度的瞬间，速率v正降低比v逆多D．该温度下，此反应的平衡常数K=0.168、下列说法正确的是（）A．实验室从海带提取单质碘的方法是：取样→灼烧→溶解→过滤→萃取B．用乙醇和浓H2SO4制备乙烯时，可用水浴加热控制反应的温度C．氯离子存在时，铝表面的氧化膜易被破坏，因此含盐腌制品不宜直接放在铝制容器中D．将(NH4)2SO4、CuSO4溶液分别加入蛋白质溶液，都出现沉淀，表明二者均可使蛋白质变性9、NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法不正确的是A．100mLlmol·L-1KClO溶液中，阴离子的数目大于0.1NAB．14g乙烯和丙烯混合气体中含有C—H共价键的数目为2NAC．5.6g铁和6.4g铜分别与0.1mol氯气完全反应，转移的电子数相等D．含0.4molHNO3的浓硝酸与足量铜反应，转移的电子数等于0.2NA10、分类法是一种行之有效、简单易行的科学方法。下列有关物质分类或归类正确的是①混合物：漂白粉、王水、Fe(OH)3胶体、冰水混合物②化合物：CaCl2、NaOH、HCl、HT③同素异形体：C60、碳纳米管、金刚石、石墨④电解质：胆矾、碳酸钡、冰醋酸、氧化钾⑤煤的干馏、煤的气化和煤的液化都属于化学变化⑥硅酸盐：光导纤维、水晶、玻璃、水泥A．①②④⑤ B．③④⑤ C．③④⑥ D．①③④⑤⑥11、下列反应的离子方程式表示正确的是（）A．用高锰酸钾标准溶液滴定草酸：2MnO4-＋16H＋＋5C2O42-=2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2OB．将磁性氧化铁溶于盐酸：Fe3O4＋8H＋=3Fe3＋＋4H2OC．NaHCO3溶液中加入HCl：CO32-＋2H＋=CO2↑＋H2OD．“84消毒液”和“洁厕灵”(主要成分为盐酸)混合使用会产生有毒气体：ClO－＋5Cl－＋6H＋=3Cl2↑＋3H2O12、有关Cl、N、S等非金属元素单质及其化合物的说法正确的是A．漂白粉变质后的残留固体有碳酸钙B．实验室可用浓硫酸干燥硫化氢C．将稀氨水滴到氢氧化钠溶液中可以制取氨气D．单质氯气及单质硫与铁反应生成的产物中，铁的化合价相同13、镁和铝分别与等浓度、等体积的过量稀硫酸反应，产生气体的体积（V）与时间（t）关系如右图。反应中镁和铝的A．物质的量之比为3︰2 B．质量之比为3︰2C．摩尔质量之比为2︰3 D．反应速率之比为2︰314、下列说法正确的是A．将NaOH溶液分多次缓慢注入盐酸中，还是一次性快速注入盐酸中，都不影响中和热测定B．已知反应的中和热为ΔH=-57.3kJ·mol-1，则稀H2SO4和稀Ca(OH)2溶液反应的中和热ΔH=-2×57.3kJ·mol-1C．燃烧热是指在101kPa时可燃物完全燃烧时所放出的热量，故S(s)+3/2O2(g)＝SO3(g)ΔH=-315kJ·mol-1即为硫的燃烧热D．已知冰的熔化热为6.0kJ·mol-1，冰中氢键键能为20.0kJ·mol-1，假设1mol冰中有2mol氢键，且熔化热完全用于破坏冰中的氢键，则最多只能破坏1mol冰中15%氢键15、下列说法正确的是A．能使酚酞试液变红的溶液不一定是碱溶液B．凡需加热的反应一定是吸热反应C．反应速率越快，反应现象越明显D．水解反应是放热反应16、2020年9月，我国作出对于全球减排具有里程碑意义的承诺：2060年实现碳中和。碳中和是指直接或间接产生的温室气体排放总量，通过植树造林、节能减排、碳捕集与封存等形式，抵消自身产生的二氧化碳排放量，实现二氧化碳“零排放”。下列有关说法正确的是A．CO2是导致温室效应和酸雨的主要气体B．煤的液化、气化主要是为了减少CO2的排放C．CO2催化加氢合成低碳烯烃属于化合反应D．CO2分子间有间隔，故可将其压缩液化后封存二、非选择题（本题包括5小题）17、A、B、C、D、E、X均为短周期元素形成的无机物，存在下图所示转化关系(部分生成物和反应条件略去)；已知A由短周期非金属元素组成，B具有漂白性且光照易分解。请回答以下问题:(1)若A为单质，且C为一元强酸。①写出一种工业制备单质A的离子方程式:____________________。

②X可能为________(填字母代号)。

a.NaOHb.AlCl3c.Na2CO3d.NaAlO2(2)若A为两种元素形成的化合物，且E与水反应生成的G的浓溶液遇C有白烟产生。①A与H2O反应的化学方程式为_____________________________。

②室温下，NH2OH(羟氨)会发生分解生成C、D，试写出其分解反应的化学方程式_______。18、查尔酮类化合物G是黄酮类药物的主要合成中间体，其中一种合成路线如下：已知：①A为芳香烃；C不能发生银镜反应；D具有弱酸性且能发生银镜反应，核磁共振氢谱显示其有4种氢。②+③+H2O回答下列问题：(1)A的结构简式为_____，D中含氧官能团的名称为______。(2)由A生成B的反应类型为_______。(3)由B生成C的化学方程式为__________。(4)G的结构简式为________。(5)写出化合物F同时符合下列条件的同分异构体的结构简式：________。①苯环上有2个对位取代基②能发生银镜反应③能发生水解反应(6)以甲苯和丙酮()为原料，设计制备有机物的合成路线：_____(用流程图表示，无机试剂任选)。19、某校化学兴趣小组探究SO2与FeCl3溶液的反应，所用装罝如下图所示。请回答：（1）装置A中分液漏斗内的物质是________________。（2）实验时，旋开装置A中分液漏斗的旋塞，发现液体流出缓慢，最终停止，其可能的原因是___________________。（3）实验过程中通入足量的SO2，请设计一个实验方案，验证SO2与FeCl3溶液反应的主要产物（H+无需检验）______________________________________________。20、铝镁合金已成为飞机制造、化工生产等行业的重要材料。研究性学习小组的同学，为测定某含镁3%~5%的铝镁合金（不含其它元素）中镁的质量分数，设计下列两种不同实验方案进行探究。填写下列空白。[方案一]〖实验方案〗将铝镁合金与足量NaOH溶液反应，测定剩余固体质量。（1）实验中发生反应的化学方程式是___________________________。（2）称取5.4g铝镁合金粉末样品，溶于VmL2.0mol/LNaOH溶液中。为使其反应完全，则NaOH溶液的体积V≥______________。过滤、洗涤、干燥、称量固体。该步骤中若未洗涤固体，测得镁的质量分数将_________（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。[方案二]〖实验方案〗将铝镁合金与足量稀硫酸溶液反应，测定生成气体在通常状况（约20℃，1.01105Pa）的体积。〖问题讨论〗（3）同学们拟选用图一实验装置完成实验：①你认为最简易的装置其连接顺序是：A接（______）（_______）接（______）（）接（）（填接口字母，可不填满。）②实验开始时，先打开分液漏斗上口的玻璃塞，再轻轻打开分液漏斗可旋转的活塞，一会儿后稀硫酸也不能顺利滴入锥形瓶中。请你帮助分析原因_________________________。③实验结束时，在读取测量实验中生成氢气的体积时，你认为最合理的是__________。（有几个选几个）。A．等待实验装置冷却后再读数B．上下移动量筒F，使其中液面与广口瓶中液面相平C．上下移动量筒G，使其中液面与广口瓶中液面相平D．视线与凹液面的最低点水平，读取量筒中水的体积（4）仔细分析实验装置后，同学们经讨论认为以下两点会引起较大误差：稀硫酸滴入锥形瓶中，即使不生成氢气，也会将瓶内空气排出，使所测氢气体积偏大；实验结束时，连接广口瓶和量筒的导管中有少量水存在，使所测氢气体积偏小。于是他们设计了图二的实验装置。①装置中导管a的作用是_________________________。②实验前后碱式滴定管中液面读数分别为V1mL、V2mL。则产生氢气的体积为_________mL。（用含V1、V2的式子表达）21、已知：周期表中前四周期的六种元素A、B、C、D、E、F核电荷数依次增大，其中A原子核外有三个未成对电子；化合物B2E的晶体为离子晶体，E原子核外的M层中只有两对成对电子；C元素是地壳中含量最高的金属元素；D单质的熔点在同周期元素形成的单质中是最高的；F2+离子核外各层电子均充满。请根据以上信息，回答下列问题：（1）A、B、C、D的第一电离能由小到大的顺序为____。（用元素符号表示）（2）B的氯化物的熔点比D的氯化物的熔点高，理由是____________________。（3）E的最高价氧化物分子的空间构型是__________，是____分子（填“极性”“非极性”）。（4）F原子的核外电子排布式是________________。（5）E、F形成某种化合物有如图所示两种晶体结构（深色球表示F原子），其化学式为_________。（a）中E原子的配位数为____。若在（b）的结构中取出一个平行六面体作为晶胞，则平均一个晶胞中含有____个F原子。结构（a）与（b）中晶胞的原子空间利用率相比，（a）____（b）（填“＞”“＜”或“＝”）。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【解析】A、反应物的能量更高，该反应为放热反应，△H=-ckJ·mol-1，A错误。B、2molH2O逆向分解时，共吸收2bkJ能量，又释放2akJ能量得到产物，△H=-2(a-b)kJ·mol-1，B正确。C、图中标示了1mol氢气与0.5mol氧气总能量，但是在纵坐标中没有具体可用的读数，akJ是由此变化到气态原子时的能量变化，C错误。D、如果反应生成液态水，释放的能量更大，所以2mol氢气与1mol氧气完全反应生成2mol液态水放出的热量大于2（b-a）kJ，D错误。正确答案B。2、B【解析】A．选项中的试剂添加顺序中，钡离子最后无法除去，则加入的药品顺序为：BaCl2溶液→NaOH溶液→Na2CO3溶液→过滤后加盐酸，故A错误；B．工段②中的MgCl2•6H2O脱水过程中镁离子易水解生成氢氧化镁沉淀，在氯化氢气体中脱水可以抑制镁离子水解；MgCl2•6H20要在HCl氛围中加热脱水制得无水MgCl2，故B正确；C．第③步将溴离子被氧化为溴单质，第④步中溴单质被还原为溴离子，第⑤步中溴离子被氧化为溴单质，故C错误；D．第⑤步中，溴元素化合价从-1升高到0价，被氧化，生成单质溴溶于水，则萃取后、蒸馏可分离，不需要过滤操作，故D错误；故选B。点睛：考查海水资源综合利用及混合物分离提纯，开发利用金属矿物和海水资源是新课程标准教材中的必修内容，注意把握海水资源相关的海水提溴、海水提镁都是高考命题的热点，只要掌握好相关的物理、化学性质以及基本实验技能就能顺利解答，易错点为选项C要结合反应原理根据化合价的升降判断。3、A【解析】A、7.8gNa2O2的固体物质的量是0.1mol，过氧化钠是钠离子和过氧根离子构成，所以含有的阴离子为0.1mol，阴离子数为0.1NA，故A正确；B、0.1mol16OD－中含有的中子数为0.9NA，故B错误；C、常温常压下，42g乙烯为1.5mol，所含有的共用电子对数目为9NA，故C错误；D、NO和O2反应方程式为2NO+O2=2NO2，根据方程式知，2molNO与1molO2恰好完全反应生成2molNO2，但NO2和N2O4之间存在转化，方程式2NO2⇌N2O4，所以产物分子数小于2NA，故D错误；故选A。4、B【详解】A．为圆底烧瓶，故A错误；B．为容量瓶，故B正确；C．为锥形瓶，故C错误；D．为分液漏斗，故D错误；故选B。5、B【分析】NH4CuSO3与硫酸混合微热，生成红色金属、产生有刺激性气味的气体和蓝色溶液，说明反应生成Cu、SO2和Cu2＋，结合NH4CuSO3中Cu的化合价为＋1价，以此解答该题。【详解】根据实验现象，反应的离子方程式为：2NH4CuSO3＋4H＋=Cu＋Cu2＋＋2SO2↑＋2H2O＋2NH4＋；A．由反应的离子方程式为：2NH4CuSO3＋4H＋=Cu＋Cu2＋＋2SO2↑＋2H2O＋2NH4＋，反应只有Cu元素的化合价发生变化，硫酸反应前后各元素的化合价都没有变化，反应中硫酸体现酸性，故A错误；B．反应只有Cu元素的化合价发生变化，分别由＋1价→＋2价，＋1价→0价，发生的反应为：2NH4CuSO3＋4H＋=Cu＋Cu2＋＋2SO2↑＋2H2O＋2NH4＋，每2molNH4CuSO3参加反应则转移1mol电子，则1molNH4CuSO3完全反应转移0.5mol电子，故B正确；C．因反应是在酸性条件下进行，不可能生成氨气，刺激性气味的气体是SO2，故C错误；D．NH4CuSO3与硫酸混合微热，生成红色金属、产生有刺激性气味的气体和蓝色溶液，说明反应生成Cu、SO2和Cu2＋，反应前后S元素的化合价没有发生变化，故D错误；故答案选B。【点睛】本题考查氧化还原反应，注意从反应现象判断生成物，结合化合价的变化计算电子转移的数目。6、D【详解】A、用冷凝原理冷却生成的乙酸乙酯，A项错误；B、用冷凝原理冷却生成的乙酸丁酯，B项错误；C、用冷凝原理冷却生成的溴乙烷，C项错误；D、乙烯常温下是气体，直接用排水法收集，不进行冷凝，D项正确；答案选D。7、B【详解】A．反应前2min内v(Y)==0.001mol/(L·min)，由于v(Z)：v(Y)=4：1，所以v(Z)=4v(Y)=4×0.001mol/(L·min)=0.004mol/(L·min)，A错误；B．反应开始时n(Y)=0.15mol，达到平衡时n(Y)=0.10mol，Y的物质的量减少0.05mol，根据反应转化关系可知：反应达到平衡时产生Z的物质的量n(Z)=0.05mol×4=0.2mol。其它条件不变，再充入X、Y各0.15mol，若平衡不发生移动，达到平衡时Z的物质的量应该是2×0.2mol=0.4mol，但加入反应物，会使体系的压强增大。增大压强，化学平衡会向气体体积减小的逆方向移动，则Z的物质的量比0.4mol小，即n(Z)＜0.4mol，B正确；C．该反应的正反应为放热反应，温度改变对吸热反应影响更大。其它条件不变时，降低温度的瞬间，速率v逆降低比v正多，C错误；D．对于该可逆反应，在反应开始时c(X)=c(Y)=0.015mol/L，c(Z)=0，△c(X)=△c(Y)=0.005mol/L，△c(Z)=0.02mol/L，故物质的平衡浓度c(X)=c(Y)=0.010mol/L，c(Z)=0.020mol/L，该温度下反应的化学平衡常数K==1.6×10-3，D错误；故合理选项是B。8、C【详解】A、取样→灼烧→溶解→过滤→加入氧化剂H2O2→萃取、分液→蒸馏得到碘单质，故A错误；B、制备乙烯，温度迅速上升到170℃，水浴加热达不到此温度，故B错误；C、通常认为是Cl－替代了O2－的位置，生成可溶性AlCl3，破坏氧化膜，故C正确；D、蛋白质溶液加入（NH4）2SO4，降低蛋白质的溶解度使之析出，是盐析，是可逆过程，而Cu2＋是重金属离子，破环蛋白质的活性，不可逆，故D错误；故选C。9、D【解析】A、次氯酸根离子水解阴离子增多，ClO-+H2O⇌HClO+OH-，100mL1mol/LKClO溶液中阴离子总数大于0.1NA，选项A正确；B、14g乙烯和丙烯混合气体含有CH2物质的量为=1mol，含有C-H共价键的数目为2NA，选项B正确；C、5.6g铁物质的量==0.1mol，6.4g铜物质的量==0.1mol，分别与0.1mol氯气完全反应，铜恰好反应，铁过量，所以反应过程中转移的电子数相等，都为0.2NA，选项C正确；D、浓硝酸与铜反应生成NO2，随着反应的进行HNO3浓度变小，稀硝酸与铜反应生成NO，含0.4molHNO3的浓硝酸与足量铜反应，转移的电子数大于0.2NA，选项D错误。答案选D。10、B【分析】根据混合物、化合物、同素异形体、电解质、硅酸盐等有关概念结合物质的组成和性质解答。【详解】①由两种或以上物质构成的为混合物，其中冰为固体水，故冰水混合物为纯净物，①错误；②由两种或两种以上元素形成的纯净物为化合物，而HT是由一种元素形成的氢气，为单质，②错误；③同种元素形成的不同种单质间互为同素异形体，C60、碳纳米管、金刚石、石墨均为碳元素形成的不同种碳单质，故互为同素异形体，③正确；④在水溶液中或熔融状态下能电离的化合物为电解质，包括酸、碱、盐、金属氧化物和水等，故胆矾、碳酸钡、冰醋酸、氧化钾均为电解质，④正确；⑤煤的干馏是将煤隔绝空气加强热使其分解的过程；煤的气化是用煤生产水煤气；煤的液化是用煤生产甲醇等液体燃料，故煤的干馏、气化和液化均为化学变化，⑤正确；⑥所谓硅酸盐指的是硅、氧与其它化学元素(主要是铝、铁、钙、镁、钾、钠等)结合而成的化合物的总称，而光导纤维、水晶的主要成分均为二氧化硅，故不是硅酸盐，⑥错误；答案选B。11、D【详解】A、草酸为弱酸，不能拆分，所以用高锰酸钾标准溶液滴定草酸的离子方程式为：2MnO4-＋6H＋＋5H2C2O4=2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O，A错误；B、磁性氧化铁中铁的化合价为+2和+3，所以将磁性氧化铁溶于盐酸的离子反应方程式为：Fe3O4＋8H＋=2Fe3＋＋Fe2＋+4H2O，B错误；C、碳酸氢根为弱酸的酸式根，不能拆分，NaHCO3溶液中加入HCl的离子反应方程式为：HCO3-＋H＋=CO2↑＋H2O，C错误；D、“84消毒液”和“洁厕灵”(主要成分为盐酸)混合使用会产生有毒气体：ClO－＋5Cl－＋6H＋=3Cl2↑＋3H2O，D正确；故选D。【点睛】判断离子反应方程式正误时，一般通过以下几个方面判断：①是否符合客观事实。如B选项，Fe3O4中含有Fe3＋＋Fe2＋；②拆分是否正确，能够拆分的只有强酸、强碱和可溶性盐。如A选项，草酸为弱酸，不能拆分；③电荷是否守恒。即反应前的电荷数等于反应后的电荷数。12、A【解析】试题分析：A、漂白粉的主要成分为次氯酸钙和氯化钙，有效成分为次氯酸钙，当变质时Ca（ClO）2+CO2+H2O=CaCO3+2HClO,变质后的残留固体有碳酸钙,故A正确；B、硫化氢具有还原性，被浓硫酸氧化，不能用浓硫酸干燥，故B错误；C、氢氧化钠固体具有吸水性，溶于水放出大量的热量，而氨气易挥发，当浓氨水滴入氢氧化钠固体里可制得氨气，并且能够节约氨水的用量，可以制取氨气，故C不正确；D、氯气具有强氧化性，与铁反应生成三氯化铁，硫为弱氧化性与铁反应生成硫化亚铁，所以铁的化合价不同，故D错误．考点：考查了元素化合物知识中氯气的化学性质、气体的净化和干燥、氨的制取和性质的相关知识13、A【详解】由题意可知，酸过量，产生氢气体积相等，转移电子数相等，3mol镁和2mol铝转移电子数相等，所以物质的量之比为3:2，A正确，B错误，摩尔质量之比为24:27，C错误，镁比铝活泼，反应速率镁比铝快，D错误。故选A。14、D【解析】A.将NaOH溶液分多次缓慢注入盐酸中，会有热量的损失，中和热数值测定结果偏小；必须一次性快速注入盐酸中，减小热量损失，A错误；B.中和热是指在稀溶液中，氢离子和氢氧根离子生成1molH2O放出的热量，与酸碱的用量和酸碱的元数无关，故B错误；C.S的燃烧热是指1molS固体完全燃烧生成SO2放出的热量，而不是SO3，故C错误；D.冰是由水分子通过氢键形成的分子晶体,冰的熔化热为6.0kJ·mol-1，1mol冰变成0℃的液态水所需吸收的热量为6.0kJ，全用于打破冰的氢键，冰中氢键键能为20.0kJ·mol-1，1mol冰中含有2mol氢键,需吸收40.0kJ的热量,6.0/40.0×100%=15%；所以最多只能打破1mol冰中全部氢键的15%，故D正确；综上所述，本题选D。【点睛】燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧的反应热，完全燃烧是指物质中含有的氢元素转化为液态水，碳元素转化为气态二氧化碳，硫元素变为气态二氧化硫。15、A【解析】A、能使酚酞试液变红的溶液显碱性，不一定是碱溶液，A正确；B、需加热的反应不一定是吸热反应，例如碳燃烧等，B错误；C、反应速率越快，反应现象不一定越明显，例如中和反应，C错误；D、水解反应是中和反应的逆反应，是吸热反应，D错误，答案选A。16、D【详解】A.二氧化硫是导致酸雨的气体，而不是二氧化碳，故A错误；B.煤的液化、气化是不能减少CO2的排放的，如煤气化的生成物即煤气主要成分是一氧化碳，燃烧依然生成二氧化碳，且生成二氧化碳分子数目相同，故B错误；C.CO2催化加氢合成低碳烯烃的同时还有H2O生成，不属于化合反应，故C错误；D二氧化碳分子之间有间隔，在受压时间隔变小，故可将其压缩液化后封存，故D正确。故答案选D。二、非选择题（本题包括5小题）17、2Cl−+2H2O

2OH−+H2↑+Cl2↑cdNCl3+3H2O=3HClO+NH35NH2OH=3NH3↑+2NO↑+3H2O【分析】A、B、C、D、E、X是中学常见的无机物，A由短周期非金属元素组成，B具有漂白性且光照易分解，则B为HClO，（1）若A为单质，且C为一元强酸，则C为HCl，A为Cl2，X可能为Na2CO3、NaAlO2等；（2）若A为两种元素形成的化合物，且E与水反应生成G的浓溶液遇C有白烟产生，则C为NH3，结合B为HClO，根据元素守恒可及化合价的情况可知A为NCl3，时而推得G为HNO3，E为NO2，X为氧气，符合转化关系，以此解答该题。【详解】(1)若A为单质，且C为一元强酸，则C为HCl，A为Cl2，X可能为Na2CO3、NaAlO2等。①工业可用电解饱和食盐水制备氯气,离子方程式为2Cl−+2H2O

2OH−+H2↑+Cl2↑，故答案为2Cl−+2H2O

2OH−+H2↑+Cl2↑；

②四种物质中能与盐酸连续反应的为Na2CO3、NaAlO2，发生的化学方程式为HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl，NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑或者NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al（OH）3↓，Al(OH)3+HCl=AlCl3+3H2O，故答案为cd；(2)若A为两种元素形成的化合物，且E与水反应生成G的浓溶液遇C有白烟产生，则C为NH3，结合B为HClO，根据元素守恒可及化合价的情况可知A为NCl3，进而推得G为HNO3，E为NO2，X为氧气，D为NO。①A为NCl3，A与水反应的化学方程式为NCl3+3H2O=3HClO+NH3，故答案为NCl3+3H2O=3HClO+NH3；

②室温下，NH2OH(羟氨)中的氮元素为-1价，发生分解生成NH3、NO，根据氧化还原反应得失电子守恒和物料守恒，其分解反应的化学方程式5NH2OH=3NH3↑+2NO↑+3H2O，答案为：5NH2OH=3NH3↑+2NO↑+3H2O。18、羟基、醛基加成反应2+O22+2H2O【分析】根据D的性质及前后物质的特点得出D为，D和NaOH反应生成E()，根据信息②得到F()，根据信息③说明C中含有羰基，B发生氧化反应得到B，A含有碳碳双键，再根据A的分子式得到A()，则B为，B发生催化氧化得到C()，C和F反应生成G()。【详解】(1)根据前面分析得到A的结构简式为，D()中含氧官能团的名称为羟基、醛基；故答案为：；羟基、醛基。(2)由A()生成B()的反应类型为加成反应；故答案为：加成反应。(3)由B催化氧化反应生成C的化学方程式为2+O22+2H2O；故答案为：2+O22+2H2O。(4)根据C和F反应生成G，其结构简式为；故答案为：。(5)化合物F()同时符合①苯环上有2个对位取代基，②能发生银镜反应，③能发生水解反应，说明为甲酸酯，其结构简式为；故答案为：。(6)甲苯和溴蒸汽在光照条件下反应生成，在NaOH溶液加热条件下水解生成，催化氧化生成，和丙酮()反应生成，其合成路线为；故答案为：。【点睛】有机推断是常考题型，主要考查根据题中信息进行分析并分子式或结构简式的推断，主要方法是顺推、逆推、两边向中间、中间向两边的推断。19、浓硫酸没有打开分液漏斗的上口玻璃塞(或分液漏斗上口玻璃塞上的凹槽没有与分液漏斗上的小孔连通或导管发生堵塞)，导致无法与外界大气连通取少量反应后的溶液于试管中，滴加KSCN溶液，无明显现象，加入足量H2O2或氯水，溶液变血红色，则产物有Fe2+生成；另取少量反应后的溶液，滴加BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则有SO42-生成【解析】（1）根据题意可知，装置A为SO2的发生装置，实验室制备SO2常用浓硫酸与Na2SO3固体反应来制备，故分液漏斗中为浓硫酸；答案为：浓硫酸；（2）分液漏斗液体不能顺利流下，是因为分液漏斗中压强大于外界压强。在滴加液体之前要先打开分液漏斗上口玻璃塞或者使玻璃塞上的凹槽与分液漏斗上的小孔对齐。故答案为：没有打开分液漏斗的上口玻璃塞或分液漏斗上口玻璃塞上的凹槽没有与分液漏斗上的小孔连通或导管发生堵塞，导致无法与外界大气连通。（3）SO2有强还原性，Fe3+有强氧化性，二者发生氧化还原反应，反应离子方程式为：2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+。检验Fe2+生成的实验方法为：取少量反应后的溶液于试管中，滴加KSCN溶液，无明显现象，加入足量H2O2或氯水，溶液变血红色，则产物有Fe2+生成；检验SO42-的生成实验方法为：取少量反应后的溶液，滴加BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则有SO42-生成。20、2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑97mL偏高EDG镁、铝与稀硫酸反应放热且生成气体，使锥形瓶中气体压强变大ACD使分液漏斗内气体压强与锥形瓶内气体压强相等，打开分液漏斗活塞时稀硫酸能顺利滴下，滴入锥形瓶的稀硫酸体积等于进入分液漏斗的气体体积，从而消除由于加入稀硫酸引起的氢气体积误差V1-V2【解析】方案一：⑴.铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠与氢气，反应方程式为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，故答案为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；⑵.含镁为3%时，金属铝的含量最高，5.4g合金中铝的质量为5.4g×(1−3%)=5.4×97%g，则：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑

54g

2mol

5.4g×97%g

V×10−3L×2.0mol/L得54g:(5.4g×97%g)=2mol:(V×10−3L×2.