新疆维吾尔自治区2026届化学高三上期中统考试题含解析

新疆维吾尔自治区2026届化学高三上期中统考试题注意事项：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、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法一定正确的是()A．常温下，1L0.1mol/L的NH4NO3溶液中氧原子数为0.3NAB．1mol的羟基与1mol的氢氧根离子所含电子数均为10NAC．常温、常压下，4.6gNO2和N2O4混合气体中含有的O原子数目为0.2NAD．Fe与水蒸气在高温条件下反应，有1molFe参与反应，则转移电子的数目为3NA2、下列各图所示的分子结构模型中，分子式为C6H6的是A． B． C． D．3、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NA4、下列物质与类类别不对应的是ABCD小苏打

食用油

淀粉

84消毒液

盐高分子化合物糖类混合物A．A B．B C．C D．D5、下列说法正确的是A．所有物质燃烧必须有氧气B．金属钠着火时可以使用泡沫灭火器灭火C．不能用玻璃塞的试剂瓶长期盛放氢氧化钠溶液D．置换反应中的反应物单质一定是还原剂6、常温下，下列各组离子能大量共存的是A．pH=1的溶液中：Ba2+、NH4+、NO3−、Fe2+B．无色溶液中：H+、K+、I−、MnO4−C．在c(H+)∶c(OH−)＝1∶1012的溶液中：Na+、CO32−、NO3−、SO42−D．由水电离出的c(OH−)＝1.0×10−13mol·L−1的溶液中：Na+、NH4+、SO42−、HCO3−7、下列有关物质性质与用途具有对应关系的是A．SO2具有氧化性，常用于漂白秸秆、织物B．明矾水解形成Al(OH)3胶体，可用作水处理中的净水剂C．石英坩埚耐高温，可用来加热熔化烧碱、纯碱等固体D．次氯酸有酸性，可用于自来水的杀菌消毒8、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述不正确的是()A．某温度和压强下，48gO2和O3的混合气体中含有的氧原子总数为3NAB．在合成氨反应中，当有2.24L氨气(标准状况下)生成时，转移的电子数为0.3NAC．常温下，将5.6g铁块投入足量浓硝酸中，转移电子数为0.3NAD．4.6g乙醇中含有O－H键数目为0.1NA9、a、b、c、d为短周期元素，a的M电子层有1个电子，b的最外层电子数为内层电子数的2倍，c的最高化合价为最低化合价绝对值的3倍，c与d同周期，d的原子半径小于c。下列叙述错误的是（）A．d元素的非金属性最强B．它们均存在两种或两种以上的氧化物C．只有a与其他元素生成的化合物都是离子化合物D．b、c、d与氢形成的化合物中化学键均为极性共价键10、向100mLNaOH溶液中通入一定量的CO2气体，充分反应后，再向所得溶液逐滴加入0.2mol·L−1的盐酸，产生CO2的体积与所加盐酸体积之间关系如下图所示。下列判断正确的是（）A．原NaOH溶液的浓度为0.1mol·L−1B．通入CO2的体积为448mLC．所得溶液的溶质成分的物质的量之比为n(NaHCO3)∶n(Na2CO3)=2∶1D．所得溶液的溶质成分的物质的量之比为n(NaOH)∶n(Na2CO3)=1∶311、“碳捕捉技术”是指通过一定的方法，将工业生产中产生的CO2分离出来进行储存利用。利用NaOH溶液来“捕捉”CO2的过程如图所示(部分条件及物质未标出)。下列说法错误的是A．能耗大是该方法的一大缺点B．整个过程中，有2种物质可以循环利用C．“反应、分离”环节中，有复分解反应发生D．“反应、分离”环节中，分离的基本操作是蒸发、结晶12、常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是()A．无色透明溶液中：Ba2＋、Mg2＋、Cl－、NOB．能使酚酞变红的溶液中：Ca2＋、K＋、HCO3-C．0.1mol·L－1(NH4)2Fe(SO4)2溶液中：H＋、Al3＋、Cl－、NOD．与铝反应能放出氢气的溶液中：NH4+、Cu2＋、NO3-13、研究小组探究Na2O2与水反应。取1.56gNa2O2粉末加入到40mL水中，充分反应得溶液A(液体体积无明显变化)，进行以下实验。编号①②③④操作现象溶液变红色，20秒后褪色i.产生大量能使带火星木条复燃的气体ii.溶液变红色，10分钟后褪色i.溶液变红色，10分钟后溶液褪色.ii.变红色溶液变红色，2小时后无明显变化下列说法不正确的是A．由②中现象i可知，Na2O2与水反应有H2O2生成B．由③、④可知，②中溶液红色褪去是因为c(OH-)大C．由②、③、④可知，①中溶液红色褪去的主要原因不是c(OH-)大D．向①中褪色后的溶液中滴加5滴6mol/L盐酸，溶液最终变成红色14、常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A．pH=1的溶液中：HCO3-、SO42-、K+、Cl-B．遇酚酞变红的溶液中：NO3-、Na+、A1O2-、K+C．c(NO3-)=1mol•L-1的溶液中：H+、Fe2+、Cl-、NH4+D．无色透明溶液中：K+、SO42-、Na+、MnO4-15、据报道，在40GPa高压下，用激光加热到1800K，人们成功制得了某种CO2的晶体，其结构类似于SiO2的结构，下列有关推断中错误的是A．该晶体不可用作制冷材料B．该晶体硬度大，可用作耐磨材料C．该晶体有很高的熔点D．该晶体中每个碳原子形成2个碳氧双键16、下述实验能达到预期目的的是（）编号实验内容实验目的A将SO2通入酸性KMnO4溶液中证明SO2具有氧化性B将Cl2通入NaBr溶液中比较氯与溴的氧化性强弱C将铜与浓硝酸反应生成的气体收集后用冰水混合物冷却降温研究温度对化学平衡的影响D分别向2支试管中加入相同体积不同浓度的H2O2溶液，再向其中1支加入少量MnO2研究催化剂对H2O2分解速率的影响A．A B．B C．C D．D二、非选择题（本题包括5小题）17、A、B、C、D、E为短周期元素,A-E原子序数依次增大,质子数之和为40,B、C同周期,A、D同主族,A、C能形成两种液态化合物A2C和A2C2,E是地壳中含量最多的金属元素。(1)E元素在周期表中的位置为__________；B、C的氢化物稳定性强的是________(用化学式表示,下同)；B、C、D组成的化合物中含有的化学键为_____________(2)D2C2的电子式是_________,将D的单质投入A2C中,反应后得到一种无色溶液,E的单质在该无色溶液中反应的离子方程式为______________；(3)元素D的单质在一定条件下,能与A单质化合生成氢化物DA,熔点为800℃。DA能与水反应放出氢气,化学反应方程式为_____________。(4)废印刷电路版上含有铜,以往的回收方法是将其灼烧使铜转化为氧化铜,再用硫酸溶解。现改用A2C2和稀硫酸浸泡既达到了上述目的,又保护了环境,试写出反应的化学方程式__________________________18、化合物F是合成一种天然茋类化合物的重要中间体，其合成路线如下：（1）E中含氧官能团的名称为________和________。（2）B→C的反应类型为________。（3）C→D反应中会有副产物X（分子式为C12H15O6Br）生成，X的结构简式为：________。反应D→E的方程式为______________。（4）C的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：________。①能与FeCl3溶液发生显色反应；②碱性水解后酸化，含苯环的产物分子中不同化学环境的氢原子数目比为1∶1。（5）已知：（R表示烃基，R'和R"表示烃基或氢），写出以和CH3CH2CH2OH为原料制备的合成路线流程图（无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干）。____________________19、某研究性学习小组，用下列仪器、药品验证足量合金(由Cu、Fe、Zn三种物质组成)和适量浓硝酸反应产生的气体中含NO(N2和O2的用量可自由控制，气体液化温度：NO2：21℃，NO：-152℃)(1)在图2中选择恰当的仪器将图1补充完整，所选择仪器的连接顺序(按左→右连接，填各仪器编号)为_________.(2)反应前先通入N2目的是_______________________________________.(3)确认气体中含NO的现象是_____________________________________.(4)本题中，浓硝酸(含溶质amol)完全反应，还原产物只有NO和NO2，被还原硝酸的物质的量n的取值范围为_________________________________________。20、过氧化钠常作漂白剂、杀菌剂、消毒剂。过氧化钠保存不当容易吸收空气中CO2而变质。(1)某课外活动小组欲探究某过氧化钠样品是否已经变质，取少量样品，溶解，加入_____溶液，充分振荡后有白色沉淀，证明Na2O2已经变质。(2)该课外活动小组为了粗略测定过氧化钠的纯度，他们称取ag样品，并设计用下图装置来测定过氧化钠的质量分数。①A中发生反应离子方程式为___________。②将仪器连接好以后，必须进行的第一步操作是________。③B装置出来的气体是否需要干燥____________。(填“是”或“否”)④写出装置C中发生的所有反应的化学方程式__________。⑤D中NaOH溶液的作用___________。⑥实验结束时，读取实验中生成气体的体积时，不合理的是______。a．直接读取气体体积，不需冷却到室温b．上下移动量筒，使得E、F中液面高度相同c．视线与凹液面的最低点相平读取量筒中水的体积⑦读出量筒内水的体积后，折算成标准状况下氧气的体积为VmL，则样品中过氧化钠的质量分数为_____________。21、邻苯二甲酸二丁酯DBP是一种常见的塑化剂，可以乙烯和邻二甲苯为原料合成，合成过程如图所示：请回答下列问题：（1）DBP的分子式为________________，C的顺式结构为________________。（2）B中含有的官能团名称为________________，反应③的类型为________反应。（3）写出下列反应的化学方程式反应③______________________________________________________________反应⑥_______________________________________________________________（4）E的一种同分异构体F，，苯环上含有两个取代基，能与NaOH溶液反应，且1molF完全反应消耗3molNaOH，写出F所有可能的结构简式：_______________________________________________________________。（5）检验C中碳碳双键的方法_______________________________________。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【解析】A、常温下，1L0.1mol/L的NH4NO3溶液中，NH4NO3的物质的量为0.1mol，所含氧原子的物质的量为0.3mol，水也含有氧原子，所以该溶液中所含氧原子的物质的量大于0.3mol，个数大于0.3NA，故A错误；B、1个羟基含9个电子，1个氢氧根离子含10个电子，则1mol的羟基与1mol的氢氧根离子所含电子数分别为9NA、10NA，故B错误；C、NO2和N2O4混合气体从组成上可以看成NO2，4.6gNO2的物质的量为0.1mol，含有0.2mol氧原子，个数为0.2NA，故C正确；D、Fe与水蒸气在高温条件下反应生成四氧化三铁和氢气，有1molFe参与反应，转移电子mol，个数为NA，故D错误；答案选C。2、D【分析】比例模型不是物质空间结构及分子组成，先根据各选项中的比例模型推断其分子式，然后判断分子式是否为C6H6即可。【详解】A、的分子组成为AB4，可以表示甲烷，分子式不是C6H6，选项A错误；B、分子组成为A2B4，可以表示乙烯，分子式不是C6H6，选项B错误；C、的分子组成为A2B6C，可以表示乙醇，分子式不是C6H6，选项C错误；D、为平面结构，分子式为A6B6，可以表示苯，分子式为C6H6，选项D正确；答案选D。【点睛】本题考查了有机物分子组成与结构、比例模型的表示方法，题目难度中等，注意明确比例模型的概念及表示方法，能够根据提供的比例模型判断其分子组成、空间结构，以及注意原子数目的多少。3、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。4、B【详解】A.小苏打是NaHCO3的俗称，属于盐，A项正确；B.食用油是高级脂肪酸甘油酯，是小分子化合物B项错误；C.淀粉是多糖中的一种，属于糖类，C项正确；D.由氯气和NaOH溶液反应来制备84消毒液，其主要成分是NaCl和NaClO，属于混合物，D项正确；答案选B。【点睛】本题考查物质的分类，要加强记忆混合物、纯净物、单质、化合物、氧化物、高分子化合物、糖类等基本概念，并能够区分应用。在解答物质分类题目时，一定要注意分类并没有唯一性，它会根据分类标准的不同而不同。关键是正确理解分类标准和找出分类标准。在高考命题时常将混合物与纯净物的分类、氧化物的分类、离子化合物与共价化合物的分类、电解质、非电解质、强弱电解质的分类作为热点考查。学生在复习时以这些作为重点。5、C【解析】A.不是所有物质的燃烧都需要氧气，如氢气在氯气中的燃烧就不需要氧气，故A错误；B.金属钠着火生成过氧化钠，过氧化钠与二氧化碳反应生成氧气，所以不能用泡沫灭火器灭火，故B错误；

C.因为氢氧化钠(NaOH)具有碱性，可以与玻璃(成分是二氧化硅SiO2)发生化学反应：2NaOH+SiO2＝Na2SiO3+H2O，Na2SiO3的水溶液俗称水玻璃，具有黏合性，把玻璃塞和试剂瓶粘在一起，致使打不开，故C正确；D.置换反应中的反应物单质不一定是还原剂，例如Cl2+2HBr＝Br2+2HCl，Cl2是氧化剂，故D错误；故选C。6、C【解析】A.pH=1的溶液呈酸性，NO3−可以把Fe2+氧化，A不正确；B.MnO4−能使溶液显紫红色，B不正确；C.c(H+)∶c(OH−)＝1∶1012的溶液显碱性，Na+、CO32−、NO3−、SO42−等4种离子可以在碱性溶液中大量共存，C正确；D.由水电离出的c(OH−)＝1.0×10−13mol·L−1的溶液中，水的电离可能受到酸或碱的抑制，溶液可能显酸性也可能显碱性，NH4+不能大量存在于碱性溶液，HCO3−既不能大量存在于酸性溶液也不能大量存在于碱性溶液，D不正确。本题选C。7、B【解析】SO2具有漂白性，常用于漂白秸秆、织物，A错误；明矾水解形成Al(OH)3胶体，具有吸附作用，可以吸收水中固体杂质颗粒，所以可用作水处理中的净水剂，B正确；烧碱是氢氧化钠，纯碱是碳酸钠，为强碱性盐，二氧化硅为酸性氧化物能够与碱性物质反应，所以不能用石英坩埚来加热烧碱或纯碱，C错误；HClO具有强氧化性，可用于自来水的杀菌消毒，与酸性无关，D错误。8、C【详解】A．O2与O3混合相当于O原子混合，n(O)=，则含有氧原子总数为3NA，A正确；B．n(NH3)=，根据关系1NH3~3e-确定转移电子为0.3mol，转移的电子数为0.3NA，正确；C．常温下，Fe与浓硝酸发生钝化，不能完全反应，无法计算转移电子数，C错误；D．4.6g乙醇的物质的量为：，根据关系1CH3CH2OH~1O—H可知，含有O－H键数目为0.1NA，D正确。答案选C。9、D【分析】根据题意知短周期元素中a的M层有1个电子，则a的核外电子排布是2、8、1，a是Na元素；b的最外层电子数为内层电子数的2倍，则b核外电子排布是2、4，b为C元素；c的最高化合价为最低化合价绝对值的3倍，则c为S元素；c、d处于同一周期，d的原子半径小于c，则d是Cl元素。【详解】a、b、c、d依次为Na、C、S、Cl元素。A、在上述元素中非金属性最强的元素为Cl元素，A正确；B、Na可以形成Na2O、Na2O2等氧化物，C可以形成CO、CO2等氧化物，S可以形成SO2、SO3等氧化物，Cl元素则可以形成Cl2O、ClO2、Cl2O7等多种氧化物，B正确；C、Na是活泼金属元素，可与非金属元素C、S、Cl均形成离子化合物，C正确；D、C元素可以与H元素形成只含有极性键的化合物CH4，也可以形成含有极性键、非极性键的化合物CH3-CH3等，S元素可以形成H2S，含有极性键；Cl元素与H元素形成HCl，含有极性键，D错误，答案选D。10、C【解析】A．加入100mL盐酸时二氧化碳的体积达最大，此时溶液为NaCl溶液，根据氯离子、钠离子守恒，n（NaOH）=n（NaCl）=n（HCl），据此计算出氢氧化钠的物质的量，再根据物质的量浓度的定义计算；B．从25mL到100mL为碳酸氢钠与盐酸反应生成二氧化碳，计算消耗HCl的物质的量，根据方程式计算生成二氧化碳的物质的量，再根据V=nVm计算二氧化碳的体积；CD．生成CO2发生的反应为：NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，假设NaOH与CO2气体反应所得溶液中只有Na2CO3，则开始阶段发生反应：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，由方程式可知，前后两个阶段消耗盐酸的体积应相等，而实际生成二氧化碳消耗的盐酸体积多，故NaOH与CO2气体反应所得溶液中溶质为Na2CO3、NaHCO3，根据消耗盐酸的体积确定二者物质的量之比．【详解】生成CO2发生的反应为：NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，假设NaOH与CO2气体反应所得溶液中只有Na2CO3，则开始阶段发生反应：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，由方程式可知，前后两个阶段消耗盐酸的体积应相等，而实际生成二氧化碳消耗的盐酸体积多，故NaOH与CO2气体反应所得溶液中溶质为Na2CO3、NaHCO3，A．加入100mL盐酸时二氧化碳的体积达最大，此时溶液为NaCl溶液，根据氯离子、钠离子守恒，所以n（NaOH）=n（NaCl）=n（HCl）=0.1L×0.2mol·L－1=0.02mol，所以c（NaOH）=0.02mol/0.1L=0.2mol·L－1，故A错误；B．由曲线可知从25mL到100mL为碳酸氢钠与盐酸反应生成二氧化碳，反应方程式为NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，所以n（CO2）=n（HCl）=（0.1L-0.025L）×0.2mol·L－1=0.015mol，所以CO2气体体积为0.015mol×22.4L·mol－1=0.3.6L=336mL，故B错误；C、Na2CO3转化为NaHCO3消耗盐酸为25mL，生成NaHCO3转化为二氧化碳又可以消耗盐酸25mL，故NaOH与CO2气体反应所得溶液中NaHCO3，消耗盐酸的体积为75mL-25mL=50mL，故Na2CO3、NaHCO3的物质的量之比为25mL：50mL=1：2，所得溶液的溶质成分的物质的量之比为n(NaHCO3):n(Na2CO3)=2:1，故C正确；D、由C分析，所得溶液的溶质成分的物质的量之比为n(NaHCO3):n(Na2CO3)=2:1，故D错误；故选C。11、D【详解】A.碳酸钙的分解在高温条件下进行，消耗能量，耗能大，故A说法正确；B.基本过程中有两个反应：①二氧化碳与氢氧化钠反应，②碳酸钙的高温分解，循环利用的物质为CaO和NaOH两种，故B说法正确；C.在“反应、分离”环节中，发生的主要反应为：NaHCO3+Ca(OH)2=H2O+CaCO3↓+NaOH，反应类型为复分解反应，故C说法正确；D.“反应、分离”过程中分离物质的操作是过滤，目的是通过过滤得到碳酸钙沉淀，故D说法错误；答案选D。12、A【解析】本题考查离子共存知识点，可结合限定的条件，逐一进行判断。【详解】A.在无色透明溶液中，Ba2＋、Mg2＋、Cl－、NO3－可以共存，故A项正确；B.能使酚酞变红的溶液呈碱性，HCO3－不能大量存在，Ca2+与CO32-不能大量共存，故B项错误；C.H＋与NO3－结合可以将Fe2+氧化为Fe3+，故C项错误；D.与铝反应能放出氢气的溶液，可以为酸性，也可以为碱性，若溶液为碱性，NH4+、Cu2＋不能大量共存，故D项错误。综上，本题选A。【点睛】判断离子共存时，要遵循以下原则：溶液为酸性时，不能出现与H+反应的离子，如：OH-、HCO3−、CO32−等；溶液为碱性时，不能出现与OH-反应的离子，如：H+、HCO3−等；溶液具有氧化性时，不能存在具有还原性的离子，如Fe2+，I-。13、D【分析】1.56gNa2O2的物质的量==0.02mol，加入到40mL水中，充分反应得溶液A(液体体积无明显变化)，完全反应生成氢氧化钠，则氢氧化钠的浓度为=1mol/L，结合实验现象分析判断。【详解】A．过氧化钠与水反应得到的溶液A中加入二氧化锰，有气体放出，该气体能使带火星木条复燃，说明是氧气，是过氧化氢在二氧化锰催化作用下发生了分解，说明Na2O2与水反应有H2O2生成，故A正确；B．由分析知，②步骤ii中得到的氢氧化钠溶液浓度为1mol/L，与③i中氢氧化钠的浓度相等，因此现象都是滴加酚酞后，溶液变红色，10分钟后溶液褪色，ii中滴加几滴盐酸后，氢氧化钠浓度减小，溶液变成红色，由④知，0.1mol/L的氢氧化钠溶液中滴加酚酞，溶液变红色，2小时后无明显变化，说明氢氧化钠溶液的浓度较大时，一段时间后颜色会褪去，浓度较小时，不能褪色，说明②溶液红色褪去是因为c(OH-)大，故B正确；C．根据B的分析可知，1mol/L的氢氧化钠溶液中滴加酚酞，溶液变红色，溶液褪色需要10分钟，而①中溶液变红色，20秒后就褪色，说明溶液红色褪去的主要原因不是c(OH-)大，而是过氧化氢的氧化作用，故C正确；D．①中过氧化氢已经将酚酞氧化了，因此褪色后的溶液再滴加5滴6mol/L盐酸，溶液不能变成红色，故D错误；故选D。14、B【解析】A.pH=1的溶液显酸性，在酸性溶液中HCO3-不能大量存在，故A错误；B.遇酚酞变红的溶液显碱性，在碱性溶液中，NO3-、Na+、A1O2-、K+离子间不发生反应，能够大量共存，故B正确；C.在酸性溶液中，NO3-、H+、Fe2+能够发生氧化还原反应，不能大量共存，故C错误；D.MnO4-是紫红色的，与溶液无色不符，故D错误；故选B。点睛：解题时要注意题目所隐含的条件。如：①溶液无色透明时，则溶液中一定没有Cu2+、Fe3+、Fe2+、MnO4-；②强碱性溶液中肯定不存在与OH-反应的离子；③强酸性溶液中肯定不存在与H+反应的离子等。本题的易错点为C，Fe2+与NO3-能共存，但在强酸性条件下(即Fe2+、NO3-、H+相遇)不能共存。15、D【分析】其结构类似于SiO2的结构，说明此CO2晶体属于原子晶体。【详解】A.原子晶体CO2有很高的沸点，不易汽化，不可用作致冷剂，故A正确；B.原子晶体硬度大，所以原子晶体CO2的硬度大，可用作耐磨材料，故B正确；C.原子晶体具有很高的熔点、沸点，故原子晶体CO2有很高的熔点、沸点，故C正确；D.原子晶体CO2的结构类似SiO2，碳原子和氧原子应为单键，1个C原子形成4个C−O键，故D错误；答案选D。16、B【解析】A项，将SO2通入酸性KMnO4溶液中，KMnO4作氧化剂，发生5SO2＋2MnO4－＋2H2O=5SO42－＋2Mn2＋＋4H+，可以证明SO2具有还原性，故A错误。B项，将Cl2通入NaBr溶液中，发生Cl2＋2NaBr=2NaCl＋Br2反应，根据氧化还原反应的强弱规律可知Cl2的氧化性大于Br2，故B正确；C项，将铜与浓硝酸反应生成的气体收集后用冰水混合物冷却降温，气体中发生的反应是2NO2N2O4，与Cu2＋无关，故C错误；D项，根据“控制变量法”，在比较催化剂对化学反应速率的影响时，应在同一浓度下进行比较，否则没有可比性，故D错误。此题答案选B。二、非选择题（本题包括5小题）17、第三周期第ⅢA族H2O离子键、共价键2Al＋2H2O＋2OH-=2AlO2-＋3H2↑NaH＋H2O=H2↑＋NaOHH2O2＋H2SO4＋Cu=CuSO4＋2H2O【分析】E是地壳中含量最多的金属元素，则E为Al；A、C能形成两种液态化合物A2C和A2C2，可判断两种液态化合物分别为H2O和H2O2，则A为H；C为O；A、D同主族，且原子序数大于O的，则D为Na；A-E原子的质子数之和为40，则B的序数为7，则为N。【详解】(1)E为Al，在周期表中的位置为第三周期IIIA族；B、C分别为N、O，且非金属性N<O，则氢化物的稳定性为NH3<H2O；B、C、D分别为N、O、Na，组成的化合物为NaNO3，含有离子键、共价键；(2)D2C2为过氧化钠，为离子化合物，电子式为；Al与氢氧化钠、水反应生成偏铝酸钠和氢气，离子方程式为2Al＋2H2O＋2OH-=2AlO2-＋3H2↑；(3)元素Na可与氢气反应生成氢化钠，氢化钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，方程式为NaH＋H2O=H2↑＋NaOH；(4)过氧化氢有强氧化性，可与Cu、稀硫酸反应生成硫酸铜和水，方程式为H2O2＋H2SO4＋Cu=CuSO4＋2H2O。18、酯基醚键取代反应+CH3I→+HI【分析】（1）根据题中E的结构简式可推知E中含氧官能团；（2）根据题中信息可知可推知B→C的反应类型；（3）根据路线图可知，C转化为D，是C中一个羟基中的氢，被-CH2OCH3取代，而C分子中含有两个羟基，推测另一个羟基也可以发生此反应，结合副产物X的分子式为C12H15O6Br，可推断出X的结构简式；根据流程可知，反应D→E的反应为取代反应，据此写出反应的方程式；（4）该同分异构体可以与FeCl3溶液发生显色反应，则该同分异构体中含有酚羟基，又因为其碱性水解后酸化，含苯环的产物分子中不同化学环境的氢原子数目比为1∶1，据此可推断其结构简式；（5）根据路线图和已知中提供的反应，结合和两种原料设计制备的路线。【详解】（1）根据题中E的结构简式可知，E中含氧官能团为酯基、醚键；故答案是：酯基、醚键；（2）根据题中信息可知，有机物B的结构中-COCl变为有机物C中的-COOCH3，CH3O-取代了Cl，所以B→C的反应类型为取代反应；故答案是：取代反应；（3）根据路线图可知，C转化为D，是C中一个羟基中的氢，被-CH2OCH3取代，而C分子中含有两个羟基，推测另一个羟基也可以发生此反应，结合副产物X的分子式为C12H15O6Br，可推断出X的结构简式为；根据流程可知，D→E的反应为取代反应，反应的方程式为：+CH3I→+HI；故答案是：；+CH3I→+HI；（4）该同分异构体可以与FeCl3溶液发生显色反应，则该同分异构体中含有酚羟基，又因为其碱性水解后酸化，含苯环的产物分子中不同化学环境的氢原子数目比为1∶1，可推断其结构简式为；故答案是：；（5）根据路线图和已知中提供的反应，以和为原料制备的路线为：；故答案是：。【点睛】有机物的结构和性质。反应类型的判断，化学方程式、同分异构体及合成路线流程图的书写是高考的常考点。在有机合成和推断题中一般会已知部分物质，这些已知物质往往是推到过程的关键点。推导时，可以由原料结合反应条件正向推导产物，也可从最终产物结合反应条件逆向推导原料，还可以从中间产物出发向两侧推导，推导过程中要注意结合新信息进行分析、联想、对照、迁移应用。19、EDF排尽装置中的空气，防止NO被氧化

D中烧瓶内通入O2后，无色气体变成红棕色a/4mol＜n＜a/2mol【解析】本题考查的是金属和浓硝酸的反应。①涉及的方程式为，，，，，②验证足量合金(由Cu、Fe、Zn三种物质组成)和适量浓硝酸反应产生的气体中是否含NO反应前先通入N2排尽装置中的空气，防止NO被氧化，其次要排除NO2的干扰，可根据信息提示“NO2的液化温度为21℃，NO的液化温度为-152℃”将剩余气体通过E装置，NO2会液化，若含有NO，没有达到NO的液化温度，NO不会液化。再将剩余气体通过D装置，向D中烧瓶内通入O2后，若无色气体变成红棕色，则证明气体中含有NO。【详解】（1）合金(由Cu、Fe、Zn三种物质组成)和适量浓硝酸反应产生的气体有NO2，随着反应的进行浓硝酸浓度越来越小逐渐变为稀硝酸，还可能会产生一部分NO，另外产生的气体中还会携带一部分水蒸气。首先将混合气体通过B装置，B装置中的无水氯化钙是干燥剂，可以除去水蒸气。由于NO2的液化温度为21℃，NO的液化温度为-152℃，将剩余气体通过E装置，NO2会液化，若含有NO，没有达到NO的液化温度，NO不会液化。再将剩余气体通过D装置，向D中烧瓶内通入O2后，若无色气体变成红棕色，则证明气体中含有NO。NO2和NO任意排放会污染空气，最终气体应通入到F中用氢氧化钠吸收。通过分析可知图1中缺少仪器的连接顺序为EDF。本小题答案为：EDF。（2）反应前先通入N2目的是排尽装置中的空气，防止NO被氧化。本小题答案为：排尽装置中的空气，防止NO被氧化。（3）由（1）中分析可知确认气体中含NO的现象是向D中烧瓶内通入O2后，无色气体变成红棕色。本小题答案为：D中烧瓶内通入O2后，无色气体变成红棕色。（4）合金中的金属和浓硝酸反应，若生成的气体全部是NO2，则有1/2的浓硝酸被还原，即有a/2mol的浓硝酸被还原；若生成的气体全部是NO，则有1/4的浓硝酸被还原，即有a/4mol的浓硝酸被还原。因为生成的气体只有NO和NO2，所以被还原硝酸的物质的量n的取值范围为a/4mol＜n＜a/2mol。【点睛】本题解答时应注意验证NO之前排尽装置中的空气，防止NO被氧化。检验NO的方法是通入氧气，无色的NO遇氧气会变成红棕色的NO2。故NO2的存在会干扰NO的检验，所以检验NO前应先除去NO2。20、CaCl2或BaCl2溶液CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑检查装置的气密性否2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑吸收未反应的CO2a【分析】过氧化钠保存不当容易吸收空气中CO2而转化为碳酸钠，检验是否变质只需检验碳酸根离子；装置图中A为生成二氧化碳的装置，B为洗气装置，除去二氧化碳中的氯化氢气体，C为二氧化碳与过氧化钠反应的装置，D为吸收多余的二氧化碳的装置，E和F是测量生成氧气的体积的装置，根据标况下氧气的体积转化为物质的量，根据氧气和过氧化钠的物质的量关系，计算出过氧化钠的物质的量，转化为质量，质量与样品的质量的比值得到质量分数，由此分析。【详解】(1)过氧化钠在空气中变质，最后生成碳酸钠固体，探究一包过氧化钠样品是否已经变质，可以利用碳酸根离子和钡离子结合生成碳酸钡白色沉淀证明Na2O2已经变质，取少量样品，溶解，加入CaCl2或BaCl2溶液，充分振荡后有白色沉淀，证明Na2O2已经变质；(2)①A中是碳酸钙和稀盐酸反应制得氯化钙、水和二氧化碳，发生反应离子方程式为：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑；②实验探究测定方法是测定二氧化碳和过氧化钠反应生成的氧气，装置中必须是气密性完好，将仪器连接好以后，必须进行的第一步操作是检查装置的气密性；③B装置出来的气体不需要干燥，二氧化碳、水蒸气和过氧化钠反应生成氧气的反应，过氧化钠反应生成氧气的物质的量定量