2026届甘肃省庆阳市孟坝中学高三化学第一学期期中达标检测试题含解析

2026届甘肃省庆阳市孟坝中学高三化学第一学期期中达标检测试题注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、探究Na2O2与水的反应，实验如图：（已知：H2O2H++HO2-、HO2-H++O22-）下列分析不正确的是A．①、⑤中产生的气体能使带火星的木条复燃B．①、④中均发生了氧化还原反应和复分解反应C．②、⑤中KMnO4与MnO2的作用不同，产生气体的量也不同D．通过③能比较酸性：HCl＞H2O22、全氮类物质具有高密度、超高能量及爆轰产物无污染等优点。中国科学家成功合成全氮阴离子N5-，N5-是制备全氮类物质N5+N5-的重要中间体。下列说法中，不正确的是A．全氮类物质属于绿色能源B．每个N5+中含有35个质子C．N5+N5-属于离子化合物D．N5+N5-结构中含共价键和离子键3、下列物质的工业制法错误的是A．氨气：加热氢氧化钙和氯化铵的混合物B．金属锰：高温下铝和二氧化锰反应C．粗硅：高温下焦炭还原二氧化硅，副产物为COD．硫酸：黄铁矿煅烧生成的气体经接触氧化后用浓硫酸吸收4、下列反应肯定能够得到氢氧化铝的是（）A．氯化铝与氨水反应 B．氧化铝与水反应C．铝与氢氧化钠溶液反应 D．氯化铝与氢氧化钠溶液反应5、阿伏加德罗常数的值为NA。下列说法正确的是A．标准状况下，22.4L乙烷中所含的极性共价键数目为7NAB．2.0gH218O和D2O的混合物中含有质子数为NAC．5.6gFe和足量盐酸完全反应，转移的电子数为0.3NAD．2L0.05mol·L−1乙醇溶液中含有H原子数目为0.6NA6、在焊接铜器时可用NH4Cl溶液除去铜器表面的氧化铜以便焊接，其反应为：CuO＋NH4Cl→Cu＋CuCl2＋N2↑＋H2O(未配平)。下列说法正确的是A．反应中被氧化和被还原的元素分别为Cu和NB．反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为3∶2C．反应中产生0.2mol气体时，转移0.6mol电子D．该反应中被还原的CuO占参与反应CuO的7、常温下，用浓度为0.100mol·L－1的NaOH溶液分别逐滴加入到20.00mL0.1000mol·L－1的HX、HY溶液中，pH随NaOH溶液体积的变化如图。下列说法正确的是()A．V(NaOH)＝10.00mL时，两份溶液中c(X－)＞c(Y－)B．V(NaOH)＝10.00mL时，c(X－)＞c(Na＋)＞c(HX)＞c(H＋)＞c(OH－)C．V(NaOH)＝20.00mL时，c(OH－)＞c(H＋)＞c(Na＋)＞c(X－)D．pH＝7时，两份溶液中c(X－)＝c(Na＋)＝c(Y－)8、在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能一步实现的是（）A．饱和NaCl溶液NaHCO3(s)Na2CO3(s)B．Cu2(OH)2CO3CuCl2(aq)Cu(s)C．FeS2SO3H2SO4D．Fe2O3FeCl3(aq)Fe9、下列图示装置正确且能达到实验目的的是A．制备少量氧气B．固液分离C．提纯碘D．蒸馏提纯10、下列仪器的使用或操作(夹持装置略去)正确的是A．B．C．D．11、常温下，分别取浓度不同、体积均为20.00mL的3种HCl溶液，分别滴入浓度为1.000mol·L-1，0.1000mol·L-1和0.01000mol·L-1的NaOH溶液，测得3个反应体系的pH随V(NaOH)的变化的曲线如图，在V(NaOH)=20.00mL前后出现突跃。下列说法不正确的是A．3种HCl溶液的c(HCl)：最大的是最小的100倍B．曲线a、b、c对应的c(NaOH)：a>b>cC．当V(NaOH)=20.00mL时，3个体系中均满足：c(Na+)=c(Cl-)D．当V(NaOH)相同时，pH突跃最大的体系中的c(H+)最大12、下列说法中不正确的是①质子数相同的微粒一定属于同一种元素②共价化合物中不存在离子键③质子数相同，电子数也相同的两种微粒，不可能是一种分子和一种离子④电子数相同的微粒不一定是同一种元素⑤非金属元素之间不可能形成离子键⑥离子键是指阴阳离子间的静电吸引力⑦水受热不容易分解，原因是水分子间存在氢键A．②③⑤⑥B．①③⑤⑦C．①⑤⑥⑦D．③④⑤⑥13、下列事实不能用化学平衡移动原理解释的是A．新制氯水长时间放置颜色变浅B．滴加少量硫酸铜溶液可加快Zn与稀硫酸反应的速率C．蒸干溶液无法得到无水D．高压比常压更有利于合成氨14、室温下，2H2(g)+O2(g)2H2O(l)+566kJ。下列说法错误的是A．H2H+H的过程需要吸热B．若生成2mol水蒸气，则放出的热量大于566kJC．2g氢气完全燃烧生成液态水所释放的能量为283kJD．2mol氢气与1mol氧气的能量之和大于2mol液态水的能量15、下列物质分类正确的是A．SO2、SiO2、CO均为酸性氧化物B．稀豆浆、硅酸、氯化铁溶液均为胶体C．烧碱、冰醋酸、四氯化碳均为电解质D．福尔马林、水玻璃、氨水均为混合物16、工业合成氨反应在催化剂表面的反应历程及能量变化如图所示，下列说法正确的是A．增大压强，①→②之间的能量差值会增大B．合成氨的正逆反应的焓变相同C．合成氨的过程是吸热反应D．若使用催化剂，生成等量的NH3需要的时间更短二、非选择题（本题包括5小题）17、M是日常生活中不可缺少的调味品。已知C可在D中燃烧发出苍白色火焰。M与其他物质间的转化关系如下图所示（部分产物已略去）（1）若A是地売中含量最多的金属元素，将A的氯化物溶液和氢氧化钠溶液等体积混合，得到的沉淀物中A元素与溶液中A元素的质量相等，则A的该氯化物溶液和氢氧化钠溶液的物质的量浓度之比可能为____________。（2）若A是CO2气体，A与B溶液反应后所得的溶液再与盐酸反应，放出气体的物质的量与所加盐酸体积之间的关系如图所示:则A与B溶液反应后溶液中的溶质为___________（填化学式），物质的量之比为_______。（3）若A是一种正盐，A能分别与B、F溶液反应生成无色且具有刺激性气味的气体，则A的化学式为_____________。18、通过石油裂解制得A。以A为原料制取有机玻璃N及隐形眼镜材料M的合成路线如下：已知：（-R，-R’为可能相同或可能不同的原子或原子团）请回答:（1）A中官能团的名称是_______，B的结构简式是______。（2）F→N反应的化学方程式是________，反应类型是________。（3）C在一定条件下转化为高分子化合物的化学方程式是________。（4）D有多种同分异构体，符合下列条件的有____种（包括顺反异构体）。①能发生银镜反应②能与NaOH溶液反应（5）B是一种重要的工业溶剂，请完成A→B的反应的合成路线(有机物写结构简式、无机试剂任选):___________________19、葡萄酒常用Na2S2O5作抗氧化剂。中华人民共和国国家标准(G112760-2011)规定葡萄酒中抗氧化剂的残留量(以游离SO2计算)不能超过0.25g/L。某化学兴趣小组制备并对SO2的化学性质和用途进行探究，探究过程实验装置如下图，并收集某葡萄酒中SO2，对其含量进行测定。（夹持仪器省略）(1)实验可选用的实验试剂有浓硫酸、Na2SO3固体、Na2S溶液、BaCl2溶液、FeCl3溶液、品红溶液等．①请完成下列表格试剂作用A_____________验证SO2的还原性BNa2S溶液_____________C品红溶液______________②A中发生反应的离子方程式为______________________________________(2)该小组收集某300.00mL葡萄酒中SO2，然后用0.0900mol/LNaOH标准溶液进行滴定，滴定前排气泡时，应选择下图中的_________(填序号);若用50mL滴定管进行实验，当滴定管中的液面在刻度“10”处时，管内液体的体积_____(填序号)(①=10mL;②=40mL;③<10mL;④>40mL)(3)该小组在实验室中先配制0.0900mol/LNaOH标准溶液，然后再用其进行滴定。下列操作会导致测定结果偏高的是________。A．未用NaOH标准溶液润洗滴定管B．滴定前锥形瓶内有少量水C．滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失D．配制溶液定容时，俯视刻度线E．中和滴定时，观察标准液体积读数时，滴定前仰视，滴定后俯视(4)滴定至终点时，消耗NaOH溶液25.00mL，该葡萄酒中SO2含量为_______g/L。20、实验室可用溢流法连续制备无水四氯化锡（SnCl4）。SnCl4易挥发，极易发生水解，Cl2极易溶于SnCl4。制备原理与实验装置图如图：Sn(s)+2Cl2(g)=SnCl4(l)ΔH=–511kJ∙mol-1可能用到的有关数据如下：物质SnSnCl4CuCl2熔点/℃232-33620沸点/℃2260114993制备过程中，锡粒逐渐被消耗，需提拉橡胶塞及时向反应器中补加锡粒。当SnCl4液面升至侧口高度时，液态产物经侧管流入接收瓶。回答下列问题：（1）a的作用是___。（2）A中反应的化学方程式是___。（3）B的作用是___。（4）E中冷却水的作用是___。（5）尾气处理时，可选用的装置是___（填序号）。（6）锡粒中含铜杂质致E中产生CuCl2，但不影响F中产品的纯度，原因是___。（7）SnCl4粗品中含有Cl2，精制时加入少许锡屑后蒸馏可得纯净的SnCl4。蒸馏过程中不需要用到的仪器有___(填序号)A．分液漏斗B．温度计C．吸滤瓶D．冷凝管E．蒸馏烧瓶21、合理处理燃气中的H2S,不仅可资源化利用H2S,还可减少对大气的污染。回答下列问题:(1)反应2H2S(g)=2H2(g)+S2(g)ΔH=+171.59kJ·mol-1,该反应可在____(填“低温”“高温”或“任何温度”)下自发进行。

(2)利用H2S代替H2O通过热化学循环可高效制取H2,原理如图a所示:①“Bunsen反应”的离子方程式为________。

②已知键能E(I—I)=152.7kJ·mol-1,E(H—H)=436.0kJ·mol-1,E(H—I)=298.7kJ·mol-1,HI气体分解为碘蒸气和氢气的热化学方程式为________。

③上述循环过程总反应方程式为________。

(3)AhmedDahamWiheeb等介绍的一种燃料电池的装置如图b所示:通入O2的电极为________(填“正极”或“负极”),每消耗3.36L(标准状况下)O2,理论上消耗H2S的质量为____。

(4)为探究H2S直接热解[H2S(g)H2(g)+S2(g)],在一密闭容器中充入1molH2S与4molN2(N2不参与反应),维持总压在101kPa下进行实验,图c是不同温度下反应时间与H2S的转化率的关系,图d是平衡时气体组成与温度的关系。①图c中温度由高到低的顺序是________。

②图d中A点H2S的平衡转化率为______,B点时反应的平衡常数Kp=____(已知≈10)。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【解析】根据实验探究可以看出，试管①过氧化钠与水反应生成氢氧化钠与氧气，试管②中高锰酸钾具有氧化性，产生气体，溶液褪色，则体现了过氧化氢的还原性；试管③中过氧化氢与氯化钡发复分解反应生成过氧化钡沉淀与稀盐酸，试管④中过氧化钡再与稀硫酸反应生成过氧化氢与硫酸钡沉淀，试管⑤中探究过氧化氢在二氧化锰催化剂作用下分解生成水和氧气，据此分析作答。【详解】A.试管①中过氧化钠与水反应最终生成氢氧化钠与氧气，试管⑤中过氧化氢在二氧化锰催化剂作用下分解生成水和氧气，因此产生的气体均能是带火星的木条复燃，A项正确；B.①中的反应机理可以认为过氧化钠与水反应生成过氧化氢与氢氧化钠，过氧化氢分解生成水和氧气，发生的反应为复分解与氧化还原反应，④中过氧化钡再与稀硫酸反应生成过氧化氢与硫酸钡沉淀，过氧化氢分解产生了氧气，因此两个试管中均发生了氧化还原反应和复分解反应，B项正确；C.②中KMnO4与过氧化氢反应生成氧气，KMnO4体现氧化性，而⑤中MnO2则起催化作用，两个试管中产生氧气的量均由过氧化氢的量决定，因溶液是等分的，但②中过氧化氢全部被氧化⑤中的过氧化氢发生歧化反应，所以产生气体的量不相同，C项正确；D.根据已知条件可以看出过氧化氢属于二元弱酸，而盐酸属于一元强酸。试管③因为生成了过氧化钡沉淀，不是可溶性的盐溶液，则不能证明盐酸与过氧化氢的酸性强弱，D项错误；答案选D。2、C【解析】A项，全氮类物质具有超高能量及爆轰产物无污染等优点，因此全氮类物质为绿色能源，故A项正确；B项，一个氮原子中含有7个质子，所以每个N5+中含有35个质子，故B项正确；C项，该物质由氮元素组成，属于单质，不属于化合物，故C项错误；D项，N5+和N5-内部都含有氮氮共价键，N5+N5-结构中含有阳离子和阴离子，因此该物质含有离子键，故D项正确。综上所述，本题选C。3、A【详解】A.氨气：加热氢氧化钙和氯化铵的混合物为氨气的实验室制法，工业用氮气与氢气在一定条件下反应制取，符合题意，A正确；B.金属锰：高温下铝和二氧化锰发生铝热反应可制取金属锰，与题意不符，B错误；C.粗硅：用焦炭在高温下还原二氧化硅制得粗硅，副产物为CO，与题意不符，C错误；D.硫酸：黄铁矿煅烧生成的气体经接触氧化后用浓硫酸吸收三氧化硫制取浓硫酸，与题意不符，D错误；答案为A。【点睛】加热氢氧化钙和氯化铵的混合物为氨气的实验室制法。4、A【详解】A．氢氧化铝是两性氢氧化物，能溶于过量的强碱，但不溶于水弱碱，所以实验室用可溶性的铝盐与氨水反应制备氢氧化铝，则氯化铝溶液与氨水反应可以制得氢氧化铝，故A正确；B．氧化铝不溶于水，与水不反应，故B错误；C．铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，得不到氢氧化铝，故C错误；D．氢氧化铝是两性氢氧化物，能溶于过量的强碱，氯化铝与氢氧化钠溶液反应时，当氢氧化钠过量时生成偏铝酸钠，得不到氢氧化铝，故D错误；故选A。5、B【解析】A、标准状况下，22.4L乙烷的物质的量为1mol，1mol乙烷中含6molC—H键，1molC—C键，其中C—H键为极性键，故1mol乙烷中含极性共价键6NA，A错误；B、H218O与D2O的相对分子质量均为20，且一个分子所含质子数均为10个，所以2.0gH218O和D2O组成的物质为0.1mol，含有0.1NA个分子，则含有质子数为NA，B正确；C、铁与盐酸反应：Fe+2H+＝Fe2++H2↑，因此5.6gFe完全反应，转移电子的物质的量为0.2mol，C错误；D、2L0.05mol·L−1乙醇溶液中乙醇的物质的量为0.1mol，由于溶剂水分子还含有氢原子，则所含有H原子数目为大于0.6NA，D错误；答案选B。6、B【分析】根据CuO＋NH4Cl→Cu＋CuCl2＋N2↑＋H2O分析可知：Cu由+2价降低为0，被还原；N元素的化合价由-3价升高为0，被氧化；根据电子守恒、原子守恒配平为4CuO＋2NH4Cl=3Cu＋CuCl2＋N2↑＋4H2O即可判断。【详解】A.氯化铵中N元素化合价升高被氧化，氧化铜中铜元素化合价降低被还原，则被氧化和被还原的元素分别为N和Cu，故A错误；B.根据反应4CuO+2NH4Cl=3Cu+CuCl2+N2↑+4H2O可知，参加反应的氧化剂为氧化铜，还原剂为氯化铵，作氧化剂的氧化铜与作还原剂的氯化铵的物质的量之比为3：2，故B正确；C.由反应可知，生成1mol气体转移6mol电子，则产生0.2mol的气体转移的电子为0.2mol×6=1.2mol，故C错误；D.由反应4CuO+2NH4Cl=3Cu+CuCl2+N2+4H2O可知，被还原的氧化铜占参加反应的氧化铜的3/4，故D错误。综上所述，本题正确答案为B。7、B【解析】A．由图可知V(NaOH)=20.00

mL时，两者恰好完全反应，HX的PH大于HY，所以NaX的水解程度大于NaY，则两份溶液中，c(X-)＜c(Y-)，故A错误；B．V(NaOH)=10.00

mL时，生成等物质的量浓度的HX和NaX，溶液呈酸性，以HX的电离为主，所以离子浓度的大小为：，c(X-)＞c(Na+)＞c(HX)＞c(H+)＞c(OH-)，故B正确；C．由图可知V(NaOH)=20.00

mL时，两者恰好完全反应，都生成强碱弱酸盐，水解呈碱性，所以离子浓度的大小为：c(Na+)＞c(X-)＞c(OH-)＞c(H+)，故C错误；D．NaX的水解程度大于NaY，而pH=7时，两份溶液中第一份需氢氧化钠的物质的量少，根据电荷守恒，c(X-)＞c(Y-)，故D错误；故选B。8、A【详解】A．饱和食盐水、氨气、二氧化碳发生反应生成氯化铵、碳酸氢钠，析出碳酸氢钠后加热生成碳酸钠，则饱和NaCl溶液NaHCO3(s)Na2CO3(s)均可一步实现转化，故A正确；B．Na与氯化铜溶液反应生成氢氧化铜、氢气、氯化钠，则CuCl2(aq)Cu(s)不能一步实现转化，故B错误；C．FeS2煅烧生成二氧化硫，则FeS2SO3不能一步实现转化，故C错误；D．Cu与氯化铁反应生成氯化铜、氯化亚铁，则FeCl3(aq)Fe一步不能实现，故D错误；故答案为A。9、C【解析】A.过氧化钠溶于水，不能放在多孔隔板上，故A错误；B.过滤时漏斗下端需要靠在烧杯内壁上，故B错误；C.碘易升华，可以通过图示装置提纯碘，故C正确；D.蒸馏时温度计的水银球应该位于蒸馏烧瓶的支管口附近，故D错误；故选C。10、C【解析】A.容量瓶只能用于定容，不能用于稀释浓硫酸；玻璃棒引流时，不能与容量瓶口接触，错误；B.向沸水中滴加饱和氯化铁溶液，继续加热至红褐色透明状，即可得到氢氧化铁胶体，不能用玻璃棒搅拌，否则无法形成胶体，错误；C.溴单质在四氯化碳中的溶解度远大于在水中的溶解度，四氯化碳密度大于水，在分液漏斗下层，下层液体从下口放出，操作正确；D.灼烧时，加热容器应选坩埚，不能使用蒸发皿，错误。答案选C。11、D【解析】A、由图可知，c（HCl）分别为1.000mol/L，0.100mol/L和0.01000mol/L，故最大的是最小的100倍，选项A正确；B、加入多于20mL的氢氧化钠溶液时，溶液pH最高的为氢氧化钠浓度最高的图像，即a对应的c（NaOH）最大，以此类推，选项B正确；C、当V（NaOH）＝20.00mL时，都恰好完全反应，溶液呈中性c（H+）＝c（OH-），根据电荷守恒c（H+）＋c（Na+）＝c（Cl-）+c（OH-），选项C正确；D、当V（NaOH）相同时，三者都恰好完全反应，所得混合溶液体系中c（H+）应该是相同的，选项D不正确。答案选D。12、C【解析】试题分析：①质子数相同的微粒若是原子，则一定属于同一种元素，但是不一定是原子，错误；②共价化合物中一定不存在离子键，正确；③质子数相同，电子数也相同的两种微粒，若是分子就都是分子，若是离子，则都是离子，故不可能是一种分子和一种离子，正确；④电子数相同的微粒不一定是原子，故不一定是同一种元素，正确；⑤非金属元素之间也可能形成离子键如NH4NO3、NH4NO2中含有离子键，错误；⑥离子键是指阴阳离子间的静电作用力，包括静电吸引和静电排斥力，错误；⑦水受热不容易分解，原因是水分子内的化学键很强，断裂需要消耗大量的能量，与分子间存在氢键无关，错误。故错误的是①⑤⑥⑦，选项是C。考点：考查化学概念或叙述的正误判断的知识。13、B【解析】A．新制氯水中存在Cl2+H2OHCl+HClO，次氯酸不稳定，容易分解：2HClO=2HCl+O2↑，促进氯气和水反应的平衡正向移动，氯气的浓度减少，氯水的颜色逐渐变浅，能用化学平衡移动原理解释，故A不选；B．滴加少量CuSO4溶液，少量的锌与铜离子反应生成铜，铜与锌和硫酸构成原电池，加快反应速率，不能用化学平衡移动原理解释，故B选；C．AlCl3溶液中存在Al3++3H2OAl(OH)3+3H+，在加热时，促进水解，生成Al(OH)3和氯化氢，氯化氢容易挥发，最终得到氢氧化铝，能用平衡移动原理解释，故C不选；D．合成氨反应为N2+3H22NH3，是气体体积缩小的可逆反应，增大压强，平衡正向移动，能用勒夏特列原理解释，故D不选；故选B。14、B【详解】A.化学键断裂需要吸热，所以H2H+H的过程需要吸热，故A正确；B.水蒸气的能量大于液态水，若生成2mol水蒸气，则放出的热量小于566kJ，故B错误；C.根据2H2(g)+O2(g)2H2O(l)+566kJ，4g氢气完全燃烧生成液态水所释放的能量为566kJ，所以2g氢气完全燃烧生成液态水所释放的能量为283kJ，故C正确。D.2H2(g)+O2(g)2H2O(l)反应放热，2mol氢气与1mol氧气的能量之和大于2mol液态水的能量，故D正确；选B。【点睛】本题考查了热化学方程式的含义，应注意的是反应物和生成物的状态对反应的热效应的影响，物质气态时含有的能量大于液态时的能量。15、D【详解】A．SO2、SiO2为酸性氧化物，CO是不成盐氧化物。A错误；B．稀豆浆、硅酸属于胶体；而氯化铁溶液则是溶液，B错误；C．烧碱NaOH是碱，属于电解质；冰醋酸是纯净的醋酸，是酸，属于电解质；而四氯化碳是非电解质。C错误；D．福尔马林是甲醛的水溶液；水玻璃是硅酸钠的水溶液；氨水为氨气的水溶液，因此都是混合物。D正确；本题答案选D。16、D【详解】A、①→②之间的能量差值只与状态①②中物质的能量有关，增大压强，各物质的能量不变，则①→②之间的能量差值不变，A错误；B、根据图像，状态①中物质的能量高于状态③中物质的能量，合成氨的正反应为放热反应，△H<O；则合成氨的逆反应△H>O，焓变不相同，B错误；C、根据图像，状态①中物质的能量高于状态③中物质的能量，合成氨为放热反应，C错误；D、使用催化剂，化学反应速率加快，则生成等量的NH3需要的时间更短，D正确；答案选D。二、非选择题（本题包括5小题）17、2:3或2:7Na2CO3和NaHCO31:1(NH4)2SO3【分析】已知C可在D中燃烧发出苍白色火焰，所以C为氢气，D为氯气；C与D反应生成的F为HCl；M是日常生活中不可缺少的调味品，M为NaCl，结合转化关系图，B为NaOH。（1）若A是地壳中含量最多的金属元素，则推断A为金属铝，将A的氯化物溶液和氢氧化钠溶液等体积混合，发生的反应为，Al3++3OH－=Al(OH)3↓、Al(OH)3+OH－=AlO2-+2H2O；（2）若A是CO2气体，A与NaOH溶液反应后所得溶液中溶质可能为：NaOH和Na2CO3、Na2CO3、NaHCO3和Na2CO3、NaHCO3；根据加入盐酸后所消耗盐酸的体积来分析解答即可。（3）若A是一种正盐，A能分别与NaOH、HCl溶液反应生成无色且具有刺激性气味的气体，该气体为常见的NH3和SO2，据此来分析作答。【详解】已知C可在D中燃烧发出苍白色火焰，所以C为氢气，D为氯气；C与D反应生成的F为HCl；M是日常生活中不可缺少的调味品，M为NaCl，结合转化关系图，B为NaOH。（1）若A是地壳中含量最多的金属元素，则推断A为金属铝，将A的氯化物溶液和氢氧化钠溶液等体积混合，发生的反应为，Al3++3OH－=Al(OH)3↓、Al(OH)3+OH－=AlO2-+2H2O；溶液中Al元素有AlO2-或者Al3+两种存在形式，故当得到的沉淀物Al(OH)3中Al元素与溶液中中Al元素的质量相等，也分两种情况，①碱过量时，即反应剩余的n[Al(OH)3]=n(AlO2-)，根据元素守恒可知此时c(AlCl3)：c(NaOH)=2：7；②当碱量不足时，n[Al(OH)3]=n(Al3+)，再根据元素守恒可知，此时c(AlCl3)：c(NaOH)=2：3，故答案为2：3或2：7。（2）若A是CO2气体，A与NaOH溶液反应后所得溶液中溶质可能为：NaOH和Na2CO3、Na2CO3、NaHCO3和Na2CO3、NaHCO3；由图示信息可以看出：①0~0.1L时，消耗盐酸没有气体放出；②0.1L~0.3L，消耗盐酸有气体放出；根据两个阶段消耗的盐酸的体积比为1:2，可以推测出，原溶液中溶质为Na2CO3和NaHCO3，根据反应Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl、NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，不产生气体消耗的盐酸与产生气体消耗的盐酸体积比为1:2，可判断出Na2CO3和NaHCO3物质的量之比为1:1。故答案为Na2CO3和NaHCO3，1:1。（3）若A是一种正盐，A能分别与B、F溶液反应生成无色且具有刺激性气味的气体，可推测出A的阳离子为NH4+，阴离子为SO32-，进而得出A的化学式为(NH4)2SO3。18、碳碳双键加聚反应5【解析】本题考查有机物推断和合成，（1）根据A的分子式，且A是石油裂解产生，因此A为丙烯，结构简式为CH2=CHCH3，含有官能团是碳碳双键；根据M的结构简式，推出E的单体是CH2=C(CH3)COOCH2CH2OH，D与X发生酯化反应生成E，D和X反应物是CH2=C(CH3)COOH和HO－CH2－CH2－OH，根据A的结构简式，因此推出D为CH2=C(CH3)COOH，X为HO－CH2－CH2－OH，C通过消去反应生成D，则C的结构简式为，根据信息，推出B的结构简式为；（2）D和甲醇发生酯化反应，即F的结构简式为CH2=C(CH3)COOCH3，N为高分子化合物，F通过加聚反应生成N，化学反应方程式为：；（3）C中含有羟基和羧基，通过缩聚反应，生成高分子化合物，其化学反应方程式为：；（4）能发生银镜反应说明含有醛基，能与NaOH反应，说明含有酯基，因此属于甲酸某酯，符合的形式有HCOOCH2CH=CH2、HCOOCH=CHCH3(存在顺反异构，2种)、HCOOC(CH3)=CH2、，共有5种；（5）根据A和B的结构简式，应CH2=CHCH3先HBr或HCl发生加成反应，假设A与HCl反应生成CH3CHClCH3，然后发生水解反应，生成CH3CH(OH)CH3，最后发生氧化反应，即得到，因此合成路线为。点睛：本题的难点是同分异构体的判断，先根据题中信息，推出所写同分异构体应是甲酸某酯，推出“HCOOC－C－C”，然后添加碳碳双键，然后再写出支链的形式HCOOC(CH3)=CH2，特别注意碳碳双键和环烷烃互为同分异构体，最后判断出。19、FeCl3溶液验证SO2的氧化性验证SO2的漂白性2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+③④A、C0.24【详解】（1）①由装置分析为制取SO2并检验SO2的性质问题，A.由所给的试剂知道2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++4H++SO42+,该反应SO2表现还原性，所用的试剂FeCl3为氧化性；B.加入Na2S溶液会和SO2发生反应，S2-+SO2+4H+=S+2H20,此时SO2表现氧化性；C.品红溶液通入SO2后褪色。表现了SO2的漂白性。答案：FeCl3溶液验、SO2的氧化性、验证SO2的漂白性。②由上述分析知道A中发生反应的离子方程式为：2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++4H++SO42+。答案：2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++4H++SO42+。（2）因为氢氧化钠溶液为碱性溶液,应该使用碱式滴定管,碱式滴定管中排气泡的方法:把滴定管的胶头部分稍微向上弯曲,再排气泡,所以排除碱式滴定管中的空气用(3)的方法;若用50mL滴定管进行实验,当滴定管中的液面在刻度“10”处,滴定管的0刻度在上方,10mL刻度线下方还有有40mL刻度的溶液,另外滴定管50mL刻度线下有液体,因此管内的液体体积>40mL所以(4)正确,因此，本题答案是:(3);(4);

(3）A．未用NaOH标准溶液润洗滴定管导致标准液稀释，使测量结果偏高；B．滴定前锥形瓶内有少量水因为稀释时需要加水，所以滴定前锥形瓶内有少量水不影响测量结果；C．滴定前滴定管尖嘴部分有气泡。没有赶气泡导致消耗标准液体积增大，使测量结果偏高。D．配制溶液定容时，俯视刻度线加水少了，导致标准液浓度偏大，导致测量结果偏低。E．中和滴定时，观察标准液体积读数时，滴定前仰视，体积读大了，滴定后俯视体积读小了，结果消耗标准液的体积减小了，导致测量结果票低了。答案：A、C。(4)根据2NaOHH2SO4SO2可以知道SO2的质量为:1/20.0900mol/L0.025Lg/mol=0.072g,该葡萄酒中的二氧化硫含量为:0.072g/0.3L=0.24g/L;因此答案是:0.24;20、平衡压强，使浓盐酸顺利流下2KMnO4+16HCl═2MnCl2+5Cl2↑+8H2O除去氯气中混有的氯化氢气体避免四氯化锡气化而损失，导致产率下降乙CuCl2熔点较高，不会随四氯化锡液体溢出A、C【分析】SnCl4极易水解，反应应在无水环境下进行进行，装置A：采用KMnO4和浓盐酸反应的方法制取Cl2，反应还生成MnCl2，发生2KMnO4+16HCl═2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，制取的氯气中含有氯化氢，通过饱和的氯化钠溶液洗去氯气中的氯化氢，SnCl4在空气中极易水解，利用浓硫酸的吸水性干燥氯气，防止产生SnCl4水解；然后Cl2和锡的反应，制备SnCl4，冷水冷却，可将气态的SnCl4冷凝回流收集产物；反应时应先生成氯气，将氧气排出。【详解】（1）导管a的作用是平衡压强，可使分液漏斗内的液体顺利流下，故答案为：平衡压强，使浓盐酸顺利流下；（2）实验采用KMnO4和浓盐酸反应的方法制取Cl2，反应还生成MnCl2，化学方程式为2KMnO4+16HCl═2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，故答案为：2KMnO4+16HCl═2MnCl2+5Cl2↑+8H2O；（3）B的作用是除去氯气中混有的氯化氢气体，故答案为：除去氯气中混有的氯化氢气体；（4