宁夏石嘴山市三中2026届化学高三上期中考试模拟试题含解析

宁夏石嘴山市三中2026届化学高三上期中考试模拟试题注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．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（每题只有一个选项符合题意）1、“吃尽百味还点盐，穿尽绫罗不如棉”。食盐不仅是调味品，更在医药、化工等领域有广泛应用。下列有关叙述中正确的是A．食盐熔化时因离子键遭破坏故属化学变化 B．电解饱和食盐水可制备金属钠C．生理盐水的浓度越接近饱和药效越好 D．加碘食盐中的碘以IO3-形成存在2、下列实验中，预期的现象不合理的是选项滴管试管预测的现象A浓硫酸铝片持续产生使品红溶液褪色的气体B氨水CaO固体产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体C氯水FeSO4溶液溶液变成黄色DKI溶液AgCl悬浊液白色沉淀变黄A．A B．B C．C D．D3、200mLHNO3和H2SO4的混合溶液中，已知：c(H2SO4)＋c(HNO3)＝5.0mol·L－1。则理论上最多能溶解铜的量为A．0.6molB．19.2gC．1.5molD．51.2g4、下列解释与胶体无关的是（）A．在饱和氯化铁溶液中逐滴加入烧碱溶液，产生红褐色沉淀B．豆制品厂用石膏或盐卤点制豆腐C．水泥厂用先进的电除尘技术除去空气中的粉尘D．洪灾发生地的农民用明矾净化河水作为生活用水5、将1．5gZn投入到VmL浓硫酸中共热，恰好完全反应，则可以确定的数据是A．所得溶液的浓度 B．所得气体的质量C．所得气体在标准状况下的体积 D．原硫酸的浓度6、五种短周期主族元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，A2属于绿色燃料，C的氧化物用于生产光导纤维，D元素原子的核电荷数是同主族上一周期元素的2倍，B、C为同周期元素，B、D原子最外层电子数之和等于E的最外层电子数．根据以上叙述，下列说法中正确的是A．五种元素中有两种金属元素B．元素C、D、E的最高价氧化物对应水化物的酸性增强C．元素D、E分别与元素A形成化合物的稳定性：A2D＞AED．元素B、D、E的简单离子半径大小为：B＞D＞E7、下列化学用语表达正确的是（）A．中子数为8的氧原子：188OB．次氯酸的结构式为：H-O-ClC．氢氧化钠的电子式：D．CO2的比例模型：8、可鉴别苯和甲苯的试剂是()A．新制氢氧化铜B．溴水C．酸性高锰酸钾溶液D．银氨溶液9、下列各离子化合物中，阳离子与阴离子的半径之比最大的是A．KCl B．NaBr C．LiI D．KF10、某同学在实验室利用氢氧化钠溶液、盐酸分离铁粉和铝粉的混合物，物质转化关系如图所示：下列说法不正确的是()A．X为NaOH溶液，Y为盐酸B．a、b、c既能与酸又能与碱反应C．b→c→Al的反应条件分别为：加热、电解D．a→b发生的反应为AlO＋H＋＋H2O=Al(OH)3↓11、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，11.2L水中含有分子的数目为0.5NAB．100mL0.2mol·L－1的FeCl3溶液中，含Fe3＋数为0.02NAC．1molCl2与足量的NaOH溶液反应，转移的电子数为1NAD．在密闭容器中加入0.5molN2和1.5molH2，充分反应后可得到NH3分子数为NA12、某化学课外活动小组拟用铅蓄电池进行电絮凝净水的实验探究，设计的实验装置如图所示，下列叙述正确的是（）A．Y的电极反应：Pb－2e－=Pb2+B．铅蓄电池工作时SO42-向Y极移动C．电解池的反应仅有2Al+6H2O2Al(OH)3+3H2↑D．每消耗103.5gPb，理论上电解池阴极上有0.5molH2生成13、用下列装置完成相关实验，合理的是A．图①：验证酸性：CH3COOH>H2CO3>H2SiO3B．图②：收集CO2

或NH3C．图③：

用于石油分馏D．图④：分离CH3CH2OH

与CH3COOC2H514、金属型固态氢不具有的性质是A．挥发性 B．延展性 C．导电性 D．导热性15、金属元素的焰色呈现不同颜色，与核外电子跃迁时吸收、释放能量有关。下列说法正确的是()A．焰色反应为化学变化B．清洗铂丝时采用硫酸C．氯化钙固体所做焰色反应为砖红色D．铂丝没有焰色，是因为加热时其电子不能发生跃迁16、化学与生产、生活、科技、环境等密切相关，下列说法不正确的是()A．Al2O3和MgO的熔点均很高，可用于制作耐高温材料B．将“地沟油”制成肥皂，可以提高资源的利用率C．小苏打和氢氧化铝胶囊可以作内服药治疗胃酸过多D．半导体行业中有一句话：“从沙滩到用户”，计算机芯片的材料是二氧化硅二、非选择题（本题包括5小题）17、已知有机物C的分子式为C9H9OCl，分子中有一个苯环，苯环上只有一个侧链且不含甲基，一定条件下C能发生银镜反应。C与其他物质之间的转化如图所示（部分无机产物已略去）：（1）F中官能团的名称是_____________________；C→F的反应类型是____________。（2）C的结构简式是______________________，I的结构简式是__________________。（3）D与银氨溶液反应的化学方程式为_________________________________。（4）有的同学认为B中可能没有氯原子，理由是_______________________。（5）D的一种同系物W(分子式为C8H8O2)有多种同分异构体，则符合以下条件的W的同分异构体有________种，写出其中核磁共振氢谱有4个峰且能发生银镜反应的结构简式___________________。①属于芳香族化合物②遇FeCl3溶液不变紫色③能与NaOH溶液发生反应18、PVAc是一种具有热塑性的树脂，可合成重要高分子材料M，合成路线如下：己知：R、Rˊ、Rˊˊ为H原子或烃基I.R'CHO+R"CH2CHOII.RCHO+（1）A的俗名是电石气，则A的结构简式为___。已知AB为加成反应，则X的结构简式为___；B中官能团的名称是___。（2）已知①的化学方程式为___。（3）写出E的结构简式___；检验E中不含氧官能团（苯环不是官能团）的方法__。（4）在EFGH的转化过程中，乙二醇的作用是___。（5）已知M的链节中除苯环外，还含有六元环状结构，则M的结构简式为___。（6）以乙炔为原料，结合已知信息选用必要的无机试剂合成1-丁醇。___。19、二氧化氯（ClO2）是极易溶于水且不与水发生化学反应的黄绿色气体，沸点为11℃，可用于处理含硫废水。某小组在实验室中探究ClO2与Na2S的反应。回答下列问题：（1）ClO2的制备：已知：SO2+NaClO3+H2SO4=2ClO2↑+2NaHSO4①装置A中反应的化学方程式为________________。②欲收集干燥的ClO2，选择上图中的装置，其连接顺序为A→_______、_______、_______→C（按气流方向）。③装置D的作用是_______________。（2）ClO2与Na2S的反应将上述收集到的ClO2用N2稀释以增强其稳定性，并将适量的稀释后的ClO2通入图所示装置中充分反应，得到无色澄清溶液。一段时间后，通过下列实验探究Ⅰ中反应的产物。操作步骤实验现象结论取少量I中溶液于试管甲中，滴加品红溶液和盐酸品红始终不褪色①无___生成另取少量I中溶液于试管乙中，加入Ba(OH)2溶液，振荡②____________有SO42−生成③继续在试管乙中滴加Ba(OH)2溶液至过量，静置，取上层清液于试管丙内_________有白色沉淀生成有Cl−生成④ClO2与Na2S反应的离子方程式为___________。用于处理含硫废水时，ClO2相对于Cl2的优点是______________（任写一条）。20、元素周期表是学习物质结构和性质的重要工具，下面是元素周期表的一部分，表中所列字母A、D、E、G、Q、M、R分别代表某一化学元素。请用所给元素回答下列问题。（1）表中某元素原子的核外电子层数是最外层电子数的3倍，该元素的原子结构示意图为_____________。R原子的最外层电子排布式____________________________；原子核外有________种能量不同的电子。R原子最外层有________种运动状态不同的电子。（2）元素Fe在元素周期表中的位置是__________________________________________。图2中，55.85表示__________________________________________________________。（3）表中某些元素的原子可形成与Ar具有相同电子层结构的简单离子，这些离子的半径由大到小的顺序是____________________（填离子符号）。（4）M、D两种元素形成的化合物含有的化学键类型是____________________（填“极性键”或“非极性键”），其分子是____________________（填“极性分子”或“非极性分子”）。D、Q的最高价氧化物形成的晶体相比，熔点较高的是____________________（用化学式表示）。（5）表中金属性最强的元素与铝元素相比较，可作为判断金属性强弱依据的是________（选填编号）。a.能否置换出铝盐溶液中铝b.能否溶解在该元素最高价氧化物对应水化物中c.单质与氢气化合的难易程度d.单质与同浓度的稀盐酸发生反应的剧烈程度（6）在溶液中逐滴加入G的最高价氧化物的水化物，现象是先产生白色沉淀，然后白色沉淀逐渐消失。请用以上某化学方程式证明Al与G金属性的强弱。______________________。O的非金属性比N强，请用元素周期律的知识分析原因。___________________。21、燃煤烟气中含有大量SO2和NO，某科研小组研究SO2和NO的吸收方法。回答下列问题：(1)已知SO2(g)+O3(g)SO3(g)+O2(g)△H1=－241.6kJ·mol－1NO(g)+O3(g)NO2(g)+O2(g)△H2=－199.8kJ·mol－1则反应SO3(g)+NO(g)SO2(g)+NO2(g)的△H=________kJ·mol－1(2)在恒温条件下，向2L恒容密闭容器中加入1molNO和1molO3发生反应NO(g)+O3(g)NO2(g)+O2(g)，2min时达到平衡状态。①若测得2min内v(NO)=0.21mol·L－1·min－1，则平衡时NO的转化率α1=________；若其它条件保持不变，在恒压条件下进行，则平衡时NO的转化率α2________α1(填“>”“<”或“=”)②保持温度不变，向2min后的平衡体系中再加入0.3moNO2和0.04molNO，此时平衡将向________(填“正”或“逆”)方向移动③该反应的逆反应速率与时间的关系如下图所示，反应在t1、t3、t5时刻均达到平衡状态。t2、t6时刻都只改变了某一个条件，则t2时刻改变的条件是________，t6时刻改变的条件是________，t4时刻改变条件后v(正)________v(逆)(填“>”“<”或“=”)(3)处理烟气中SO2也可采用碱液吸收法。已知25℃时，K(NH3·H2O)=1.8×10－5；H2SO3的Ka1=1.5×10－2，Ka2=1.0×10－7；Ksp(CaSO4)=7.1×10－5。第1步：用过量的浓氨水吸收SO2，并在空气中氧化；第2步：加入石灰水，发生反应Ca2++2OH－+2NH4++SO42－CaSO4↓+2NH3·H2O。①25℃时，0.1mol·L－1(NH4)2SO3溶液呈________(填“酸性”“碱性”或“中性”)。②计算第2步反应的平衡常数K=________(列出计算式即可)。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【解析】A.食盐熔化时因离子键遭破坏但没有形成新的化学键，故属物理变化，A错误；B.电解饱和食盐水可制备氢氧化钠，不能制备钠，B错误；C.生理盐水的浓度为0.9%，C错误；D.加碘食盐中的碘以IO3-形成存在而不是I—，故D正确。2、A【详解】A、铝在冷的浓硫酸中钝化，不能持续产生二氧化硫气体，故选A；B、氧化钙能与水反应，并且放热，所以浓氨水滴在氧化钙固体上，能放出氨气，故不选B；C、氯水把Fe2+氧化为Fe3+，所以氯水滴入FeSO4溶液，溶液变成黄色，故不选C；D、AgI的溶度积小于AgCl的溶度积，所以KI溶液滴入AgCl悬浊液，白色AgCl转化为黄色沉淀AgI，故不选D。3、A【解析】本题主要考察了铜与酸离子反应方程式和物质计算。【详解】由题可知，硝酸为稀溶液3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO+4H2O，当氢离子与硝酸根恰好完全反应时，能溶解铜的量最多，即n（H+）:n（NO32-）=4：1，设混合溶液中硫酸物质的量为Xmol，则硝酸物质的量为1-X，则（2X+1-X）：（1-X）=4:1，X=0.6mol，溶解铜的物质的量为0.6mol，质量为38.4g，综上理论上最多能溶解铜的量为0.6mol，选A。答案为A。4、A【解析】A．氯化铁溶液中逐滴加入NaOH溶液，会发生复分解反应产生红褐色沉淀氢氧化铁，不涉及胶体性质，A符合题意；B．用石膏或盐卤点制豆腐，利用的是胶体聚沉形成的凝胶，涉及胶体性质，B不符合题意；C．水泥厂用先进的电除尘技术除去空气中的粉尘，利用的是电泳现象，涉及胶体性质，C不符合题意；D．用明矾净化饮用水，是利用铝离子水解生成的氢氧化铝胶体具有吸附作用，与胶体性质有关，D不符合题意；答案选A。点睛：本题考查了胶体性质的应用，主要考查胶体的聚沉、胶体的分散质微粒直径，电泳现象等，熟练掌握胶体性质是解题的关键。5、C【详解】1.5g锌的物质的量为0.5mol，与浓硫酸反应生成硫酸锌、SO2和H2O，随着反应的进行，浓硫酸的浓度逐渐减小，稀硫酸与锌反应生成硫酸锌和氢气，反应的方程式为：Zn+2H2SO4(浓)ZnSO4+SO2↑+2H2O、Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑，由反应可知1mol锌产生1mol氢气或1molSO2，所以可以由锌的物质的量计算产生的气体在标准状况下的体积。由于不能确定氢气和SO2的体积之比，所以不能计算氢气和SO2的物质的量，以及消耗的硫酸的物质的量，反应后溶液的体积不能确定，则不能计算反应后溶液的浓度，故答案选C。6、B【分析】五种短周期主族元素A、B、C、D、E的原子序数依次递增，A2属于绿色燃料，则A为H元素；C的氧化物常用于玻璃的生产，则C为Si元素；D元素原子的核电荷数是同主族上一周期元素的2倍，则D为S元素；E的原子序数大于S，则E为Cl元素；B、C为同周期元素，则B位于第三周期，B、D原子最外层电子数之和等于E的最外层电子数，则B最外层电子数=7-6=1，为Na元素。【详解】A．五种元素中，只有Na(B)是金属元素，故A错误；B．元素C、D、E分别为Si、S、Cl，非金属性逐渐增强，则其最高价氧化物对应水化物的酸性逐渐增强，故B正确；C．元素D、E分别S、Cl，非金属性：Cl＞S，则对应氢化物的稳定性：A2D＜AE，故C错误；D．离子的电子层越多，离子半径越大，电子层相同时核电荷数越大，离子半径越小，则离子半径大小为：D＞E＞B，故D错误；故选B。7、B【详解】A.中子数为8的氧原子，质量数为16，表示为168O，故A错误；B.O原子分别与氯和氢原子各形成一对共用电子对，次氯酸的结构式为：H-O-Cl，故B正确；C.氢氧化钠是离子化合物，氢氧化钠的电子式：，故C错误；D.碳原子半径比氧原子大，CO2的比例模型：，故D错误；故选B。8、C【解析】鉴别苯和甲苯要利用不同的性质产生的不同现象，甲苯能被酸性高锰酸钾氧化，苯不能。【详解】A.新制氢氧化铜可与醛，羧酸反应，不与苯和甲苯反应，A错误。B.苯和甲苯都能从溴水中萃取溴，溴水褪色，现象相同，B错误。C.甲苯能被酸性高锰酸钾氧化，使酸性高锰酸钾溶液褪色，苯不与酸性高锰酸钾溶液反应，C正确。D.银氨溶液，不与苯和甲苯反应，D错误。9、D【详解】同主族自上而下原子半径和离子半径都是逐渐增大的，所以选项中阳离子半径最大的是K+，阴离子半径最小的是F-，所以化合物中，阳离子与阴离子半径之比最大的是KF，故选D。10、B【分析】在实验室利用氢氧化钠、盐酸分离铁粉和铝粉混合物，加入试剂X，过滤得到铁，说明试剂X能溶解铝，盐酸和铁、铝都反应，氢氧化钠溶液只和铝反应2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，生成可溶性的偏铝酸盐，所以x为NaOH溶液，y为盐酸，a为偏氯酸钠溶液，偏铝酸钠和适量盐酸反应NaAlO2+HCl+H2O=Al（OH）3↓+NaCl，生成氢氧化铝沉淀，b为氢氧化铝，氢氧化铝受热分解生成氧化铝和水，氧化铝电解生成铝和氧气。【详解】A.铁粉和铝粉混合物，加入试剂X，过滤得到铁，试剂X能溶解铝，盐酸和铁、铝都反应，氢氧化钠溶液只和铝反应：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，a为偏氯酸钠溶液，偏铝酸钠和适量盐酸反应NaAlO2+HCl+H2O=Al（OH）3↓+NaCl，所以x为NaOH溶液，y为盐酸，故A正确；B.b为氢氧化铝，为两性氢氧化物，既能与酸又能与碱反应，C为氧化铝，属于两性氧化物，既能与酸又能与碱反应，a为偏氯酸钠溶液，只能和酸反应，不能和碱反应，故B错误；C.b为氢氧化铝，氢氧化铝受热分解2Al（OH）3Al2O3+3H2O，生成氧化铝和水，氧化铝电解2Al2O34Al+3O2↑，生成铝和氧气，故C确；D.a为偏氯酸钠溶液，b为氢氧化铝，a→b发生的反应NaAlO2+HCl+H2O=Al（OH）3↓+NaCl，离子反应为：AlO+H++H2O═Al（OH）3↓，故D正确；故选B。11、C【解析】A.标准状况下水是液态，不能利用气体摩尔体积计算11.2L水中含有分子的数目，A错误；B.铁离子水解，因此100mL0.2mol·L－1的FeCl3溶液中含Fe3＋数目小于0.02NA，B错误；C.1molCl2与足量的NaOH溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，转移的电子数为NA，C正确；D.合成氨反应是可逆的，在密闭容器中加入0.5molN2和1.5molH2，充分反应后得到的NH3分子数小于NA，D错误，答案选C。点睛：该类题的特点是以微粒数目的计算为依托，考查物质的结构、元素化合物、氧化还原反应、电解质溶液等知识。顺利解答该类题目的关键是：一方面要仔细审题，注意关键字词，熟悉常见的“陷阱”；另一方面是要把各种量转化为物质的量，以此为中心进行计算。12、D【分析】进行净水，即Al转化成氢氧化铝胶体，Al为阳极，Fe为阴极，根据电解原理，Y为PbO2，X为Pb，从原电池工作原理、电解的原理、电路中通过的电量相等进行分析。【详解】A、根据实验的原理，絮凝净水，让Al转化成氢氧化铝胶体，即Al失电子，根据电解原理，Al为阳极，Y为PbO2，则X为Pb，Y电极反应为：PbO2＋SO42－＋4H＋＋2e－=PbSO4＋2H2O，故A错误；B、根据原电池的工作原理，SO42－向负极移动，即SO42－移向X电极，故B错误；C、电解过程中实际上发生两个反应，分别为2Al+6H2O2Al(OH)3+3H2↑和2H2O2H2↑＋O2↑，故C错误；D、消耗103.5gPb，转移电子物质的量为mol=1mol，阴极上的电极反应式为2H＋＋2e－=H2↑，通过电量相等，即产生氢气的物质的量为1/2mol=0.5mol，故D正确。13、B【解析】A.醋酸具有挥发性，二氧化碳夹带的醋酸蒸气干扰验证酸性：H2CO3>H2SiO3，故A不合理；B.CO2密度大于空气，收集CO2时气体“长进短出”，NH3密度小于空气，收集NH3时气体“短进长出”，故B合理；C.缺少冷凝装置，故C不合理；D.CH3CH2OH

与CH3COOC2H5互溶，不可使用分液分离CH3CH2OH与CH3COOC2H5，故D不合理。故选B。14、A【详解】金属型固态氢具有金属的特性，则具有延展性、导电性及导热性，不再具备挥发性，答案为A。15、C【详解】A.焰色反应为物理变化，不是化学变化，故A错误；B.清洗铂丝用盐酸更易洗净，不能用硫酸，故B错误；C.氯化钙固体含有钙元素，钙元素的焰色反应为砖红色，故C正确；D.铂丝没有焰色，不是是因为加热时其电子不能发生跃迁，而是自身灼烧没有颜色，故D错误；故选：C。16、D【解析】A.Al2O3和MgO的熔点均很高，都可用于制作耐高温材料，故A正确；B.“地沟油”的成分是高级脂肪酸甘油酯，可与氢氧化钠发生皂化反应，制成肥皂，故B正确；C.小苏打和氢氧化铝都能与酸反应，且本身性质比较平和，所以可以作内服药治疗胃酸过多，故C正确；D.计算机芯片的材料是单质硅，故D错误，选D。二、非选择题（本题包括5小题）17、碳碳双键、醛基消去反应+2Ag(NH3)2OH+2Ag↓+3NH3+H2O在碱性环境中氯原子可能水解10【解析】有机物C的分子式为C9H9OCl，分子中有一个苯环且苯环上只有一条侧链，无甲基；一定条件下C能发生银镜反应，说明C中含有醛基，C的不饱和度==5，因为含有一个苯环，所以还含有一个醛基，C发生水解反应生成D，D发生银镜反应然后酸化得到E，E中含有醇羟基、羧基，所以能发生酯化反应生成I，I分子中含有一个八元环，则C结构简式为，C发生氧化反应得到B，B为，B和乙醇发生酯化反应生成A，A结构简式为；C发生消去反应生成F，F结构简式为，G发生加聚反应生成H，H为；C发生取代反应生成D，D结构简式为，D发生银镜反应然后酸化得到E，E为，E发生酯化反应生成含有一个八元环的I，I结构简式为。(1)F为，官能团是碳碳双键和醛基，C发生消去反应生成F，故答案为碳碳双键、醛基；消去反应；(2)C为，I为，故答案为；；(3)D与银氨溶液发生银镜反应，反应方程式为+2Ag(NH3)2OH+2Ag↓+3NH3+H2O，故答案为+2Ag(NH3)2OH+2Ag↓+3NH3+H2O；(4)在碱性条件下氯原子可能发生水解反应，所以可能B中不含氯原子，故答案为在碱性环境中氯原子可能水解；(5)D的一种同系物W(分子式为C8H8O2)有多种同分异构体，D结构简式为，W结构简式符合下列条件：①属于芳香族化合物，说明含有苯环；②遇FeCl3溶液不变紫色，说明不含酚羟基；③能与NaOH溶液发生反应说明含有羧基或酯基，如果含有羧基和甲基，有邻间对三种结构；如果只含亚甲基和羧基，有一种结构，为苯乙酸；如果含有酯基，可能是苯甲酸甲酯、甲酸苯甲酯、乙酸苯酯；如果含有酯基和甲基，有邻间对三种结构，所以符合条件的有10种；其中核磁共振氢谱有4个峰且能发生银镜反应的结构简式为，故答案为10；。点睛：本题考查有机物推断，为高频考点，侧重考查学生分析推断能力，正确判断C结构简式是解本题关键，根据反应条件结合某些物质分子式、结构进行推断，难点是(5)同分异构体种类判断，要考虑官能团异构、位置异构。18、HC≡CHCH3COOH酯基、碳碳双键+nNaOH+nCH3COONa加入新制Cu(OH)2悬浊液，加热使其充分反应，冷却后过滤，向滤液中加入溴的四氯化碳溶液，若溶液褪色，则含有碳碳双键保护醛基不被H2还原HC≡CHCH3CHOCH3CH=CHCHOCH3CH2CH2CHOH【分析】A的俗名是电石气，A为HC≡CH，与X反应生成B，由B的结构简式可知X为CH3COOH，发生加聚反应生成PVAc，结构简式为，由转化关系可知D为CH3CHO，由信息Ⅰ可知E为，由信息Ⅱ可知F为，结合G的分子式可知G应为，H为，在E→F→G→H的转化过程中，乙二醇可保护醛基不被H2还原，M为，以此分析解答。【详解】(1)A的俗名是电石气，A为HC≡CH，根据上述分析，X为CH3COOH，B()中的官能团为酯基、碳碳双键，故答案为HC≡CH；CH3COOH；酯基、碳碳双键；(2)反应①的化学方程式为+nNaOH+nCH3COONa，故答案为+nNaOH+nCH3COONa；(3)E为，E中不含氧官能团为碳碳双键，碳碳双键可以是溴水或溴的四氯化碳溶液褪色，而醛基也能使溴水褪色，所以检验碳碳双键前，需要把醛基破坏掉，故检验碳碳双键的方法为：加入新制Cu(OH)2悬浊液，加热充分反应，冷却后过滤，向滤液中加入溴的四氯化碳溶液，若溶液褪色，则含有碳碳双键，故答案为；加入新制Cu(OH)2悬浊液，热充分反应，冷却后过滤，向滤液中加入溴的四氯化碳溶液，若溶液褪色，则含有碳碳双键；(4)E中含有醛基，经E→F→G→H的转化后又生成醛基，则乙二醇的作用是保护醛基不被H2还原，故答案为保护醛基不被H2还原；(5)M的链节中除苯环外，还含有六元环状结构，则M的结构简式为，故答案为；(6)以乙炔为原料合成1-丁醇(CH3CH2CH2CHOH)，需要增长碳链，可以利用信息I，因此需要首先合成乙醛(CH3CHO)，根据信息I，2分子乙醛可以反应生成CH3CH=CHCHO，然后与氢气加成即可，合成路线为：HC≡CHCH3CHOCH3CH=CHCHOCH3CH2CH2CHOH，故答案为HC≡CHCH3CHOCH3CH=CHCHOCH3CH2CH2CHOH。【点睛】本题的易错点为(3)，检验碳碳双键时要注意醛基的干扰，需要首先将醛基转化或保护起来。19、Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2OEBD冷凝并收集ClO2SO2(或HSO3−或SO32−)溶液中有白色沉淀生成加入足量稀硝酸酸化的硝酸银溶液8ClO2＋5S2－＋4H2O=8Cl－＋5SO42－＋8H＋ClO2除硫效果彻底，氧化产物硫酸根更稳定、ClO2在水中的溶解度大、剩余的ClO2不会产生二次污染、均被还原为氯离子时，ClO2得到的电子数是氯气的2.5倍（写一条即可）【分析】（1）ClO2

的制备：装置A中又Cu与浓硫酸发生反应制备二氧化硫气体，在装置B中发生生成二氧化氯的反应，为防止倒吸，A与B之间连接装置E，二氧化氯沸点较低，故在D中冰水浴收集，最后用氢氧化钠吸收未反应完的二氧化硫，防止污染空气，据此分析解答；（2）根据实验可知ClO2

与

Na2S

反应有氯离子、硫酸根离子的生成；ClO2除硫效果彻底，氧化产物硫酸根更稳定、ClO2在水中的溶解度大、剩余的ClO2不会产生二次污染、均被还原为氯离子时，ClO2得到的电子数是氯气的2.5倍。【详解】（1）①装置

A

中反应Cu与浓硫酸制备二氧化硫，化学方程式为：Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O；②二氧化硫从a进入装置B中反应，为防止倒吸，故应在之前有安全瓶，则a→g→h，为反应充分，故再连接B装置中的b，二氧化氯沸点较低，故在D中冰水浴收集，为充分冷却，便于收集，故连接e，最后用氢氧化钠吸收未反应完的二氧化硫，防止污染空气，连接顺序为：a→gh→bc→ef→d；③装置D的作用为冷凝并收集ClO2；（2）将适量的稀释后的

ClO2

通入如图所示装置中充分反应，得到无色澄清溶液，①取少量I中溶液于试管甲中，滴加品红溶液和盐酸，品红始终不褪色，说明溶液中无SO2(或HSO3−或SO32−)生成；故答案为：SO2(或HSO3−或SO32−)；②另取少量I中溶液于试管乙中，加入Ba(OH)2溶液，振荡，有SO42−生成，硫酸根与钡离子反应生成硫酸钡白色沉淀；故答案为：溶液中有白色沉淀生成；③结论为有Cl−生成，现象为有白色沉淀生成，氯化银为不溶于酸的白色沉淀，检验氯离子，故操作为：继续在试管乙中滴加Ba(OH)2溶液至过量，静置，取上层清液于试管丙内加入足量稀硝酸酸化的硝酸银溶液；故答案为：加入足量稀硝酸酸化的硝酸银溶液；④由上述分析可知ClO2

与

Na2S

反应有氯离子、硫酸根离子的生成，故发生的离子方程式为：8ClO2＋5S2－＋4H2O=8Cl－＋5SO42－＋8H＋；用于处理含硫废水时，ClO2相对于Cl2的优点有：ClO2除硫效果彻底，氧化产物硫酸根更稳定、ClO2在水中的溶解度大、剩余的ClO2不会产生二次污染、均被还原为氯离子时，ClO2得到的电子数是氯气的2.5倍；故答案为：8ClO2＋5S2－＋4H2O=8Cl－＋5SO42－＋8H＋；ClO2除硫效果彻底，氧化产物硫酸根更稳定、ClO2在水中的溶解度大、剩余的ClO2不会产生二次污染、均被还原为氯离子时，ClO2得到的电子数是氯气的2.5倍。20、57第四周期Ⅷ族Fe元素的相对原子质量极性键非极性分子bd，证明碱性O与N是同周期元素且O在N的右边，同一周期从左到右，非金属性逐渐增强，所以非金属性O大于N【分析】根据元素在周期表中的位置分析可知，A为H元素，D为C元素，E为O元素，G为Na元素，Q为Si元素，M为S元素，R为Cl元素，结合元素周期律与物质的结构与性质的关系分析作答。【详解】（1）根据可知，某元素原子的核外电子层数是最外层电子数的3倍，则该元素为Na，其原子结构示意图为；R为Cl元素，原子序数为17，其最外层电子排布式为：；电子排布式为：1s22s22p63s23p5，不同的能级所具有的能量不同，故原子核外有5种能量不同的电子；每个电子的运动状态均不相同，因此Cl原子最外层有7种不同运动状态的电子；（2）元素Fe的原子序数为26，在元素周期表中的位置为第四周期Ⅷ族，55.85表示Fe元素的相对原子质量；（3）Ar的原子结构示意图为：，则上述元素中，与Ar具有相同电子层结构的微粒为S2－和Cl－，因同周期中，具有相同电子层结构的简单粒子核电荷数越小，其半径越大，故两者的大小顺序为：；（4）M、D分别是S和C，两者形成的化合物为CS2，由2对碳硫双键形成的直线型结构，是由极性键组成的非极性分子；D、Q的最高价氧化物形成的晶体分别是CO2和SiO2，因CO2分子晶体，而SiO2为原子晶体，则熔点较高的是SiO2；（5）表中金属性最强的元素为Na，与Al相比：a.Na在盐溶液中首先与水反应，不会置换出铝，不能作为判断依据，a项错误；b.能否溶解在NaOH中，说明NaOH为强碱，可作为判断依据，b项正确；c.单质与氢气化合的难易程度，是判断非金属性强弱的依据，c项错误；d.单质与同浓度的稀盐酸发生反应的剧烈程度，体现了金属的活动性强弱，即金属性强弱，d项正确；故答案为bd；（6）先产生白色沉淀，然后白色沉淀逐渐消失，说明NaOH溶解了，其化学方程式为：，故碱性比较：NaOH＞，即金属性：Na＞Al；O与N是同周期元素且O在N的右边，同一周期从左到右，非金属性逐渐增强，所以非金属性O大于N，故答案为，证明碱性；O与N是同周期元素且O在N的右边，同一周期从左到右，非金属性逐渐增强，所以非金属性O大于N。21、+41.884％=逆升高温度(或增大生成物的浓度)使用催化剂（或增大压强）>碱性1/(1.8×10－5)2×7.1×10－5【分析】（1）根据盖斯定律解答。（2）①根据三段式解答。NO(g)+O3(g)NO2(g)+O2(g)，起始(mol)1100转化(mol)xxxx平衡(mol)1-x1-xxx②根据平衡移动原理解答。③t2时刻v逆增大，改变的条件是升高温度或增大生成物的浓度；t6时刻平衡不移动，NO(g)+O3(g)NO2(g)+O2(g)由于这个反应是反应前后气体体积相等的反应，故改变的条件是使用催化剂或增大压强；由图象可知，t4时刻v逆减小，则v(正)>v(逆)。（3）①由题可知25℃时，K(NH3·H2O)=1.8×10－5；H2SO3的Ka1=1.5×10－2，Ka2=1.0×10－7，因为H2SO3的Ka2=1.0×10－7比NH3·H2O的K(NH3·H2O)=1.8×10－5的小，所以SO32-水解程度比NH4+的水解程度大，故25℃时，0.1mol·L－1(NH4)2SO3溶液呈碱性。②加入石灰水，发生反应Ca2++2OH－+2NH4++SO42－CaSO4↓+2NH3·H2O