全国100所名校2026届高三化学第一学期期中达标检测试题含解析

全国100所名校2026届高三化学第一学期期中达标检测试题请考生注意：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、向一恒容密闭容器中充入一定量的NO和炭粉，使之发生反应：C(s)+2NO(g)CO2(g)+N2(g)ΔH，平衡时c(NO)与温度T的关系如图所示。下列说法正确的是A．ΔH>0B．T2℃时，D点达到平衡时的平衡常数与B点的相等C．正反应速率:v(B)>v(D)>v(A)D．温度由T1升高到T3，NO的转化率增大2、元素周期表中短周期的一部分如图，关于X、Y、Z、W、Q说法正确的是A．元素Y与元素Z的最高正化合价之和的数值等于9B．原子半径的大小顺序为：W＞Z＞YC．离子半径的大小顺序为：W2-＞Y2-＞Z3+D．W的气态氢化物的热稳定性和还原性均比Q强3、a、b、c、d、e为原子序数依次增大且不同主族的短周期元素，a的原子中只有一个电子，b3-与d3+离子的电子层结构相同；c原子最外层电子数是次外层电子数的3倍。下列叙述错误的是（）A．简单离子的半径：c＞d B．简单氢化物的热稳定性：c＞bC．a、b、c可能形成离子化合物 D．e的最高价氧化物对应的水化物是强酸4、取一定质量的Cu、Cu2O、CuO的固体混合物，将其分成两等份。其中一份通入足量的氢气充分反应后固体质量为25.6g，另一份加入500mL稀硝酸中固体恰好完全溶解并产生标准状况下的NO气体4.48L。已知Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O。则稀硝酸的浓度为A．4mo1·L-1 B．2mo1·L-1 C．1.6mo1·L-1 D．0.8mo1·L-15、“化学是人类进步的关键”。下列说法不正确的是()A．PM2.5是指空气中直径≤2.5μm的固体颗粒或液滴的总称B．根据分散质粒子的直径大小，分散系可分为溶液、浊液和胶体，浊液的分散质粒子大小介于溶液与胶体之间C．科学家发现一种新细菌的DNA链中有砷（As）元素，该As元素最有可能取代了普通DNA链中的P元素D．和CO2反应生成可降解聚合物，该反应符合绿色化学的原则6、下列有关电解质溶液的说法不正确的是（）A．向0.1mol·L－1CH3COONa溶液中加入少量水，溶液中减小B．将FeCl3溶液和Fe2(SO4)3溶液分别加热、蒸干、灼烧，所得固体成分不同C．向盐酸中加入氨水至中性，溶液中=1D．向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量AgNO3，溶液中不变7、常温下0.1mol/L醋酸溶液的pH=a，下列能使溶液pH=（a+1）的措施是A．将溶液稀释到原体积的10倍B．加入适量的醋酸钠固体C．加入等体积0.1mol/L烧碱溶液D．加入等体积0.1mol/L盐酸8、设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是()A．1L0.1mol·L－1NaF溶液中含有0.1NA个F－B．32g硫跟足量金属铜反应转移电子数为2NAC．48gO2和O3的混合气体中含有3NA个氧原子D．1molH2O中含有2NA个共价键9、下列离子方程式的书写及评价，均合理的是()选项离子方程式评价ANa2CO3溶液处理水垢中的CaSO4Ca2++CO32−=CaCO3↓正确：碳酸钙溶解度更小B向CuSO4溶液中通入过量的H2S气体：Cu2++H2S=CuS↓+2H+错误：H2S的酸性比H2SO4弱CBa(HCO3)2溶液与足量NaOH溶液反应：Ba2++HCO3-+OH-═BaCO3↓+H2O错误：Ba2+与HCO3-系数比应为1:2D过量SO2通入到NaClO溶液中：SO2+ClO-+H2O=HClO+HSO3-正确：H2SO3的酸性比HClO强A．A B．B C．C D．D10、下列各组混合物中，可以用分液漏斗分离的是（）A．苯和水B．乙酸和乙醇C．酒精和水D．溴苯和苯11、下列图示与对应的叙述相符的是A．图①可表示将SO2气体通入溴水时pH的变化B．图②表示KNO3的溶解度曲线，a点是80的KNO3的不饱和溶液C．图③表示乙酸溶液中通入氨气至过量过程中溶液导电性的变化D．图④表示室温下，0.100mol/LNaOH溶液分別滴定0.100mol/L的盐酸和醋酸的滴定曲线，由图知I为盐酸的滴定曲线。12、根据下列实验方案所得到的现象，得出的结论一定正确的是甲中玻璃管盛放的物质乙中现象结论A还原铁粉、用水湿润的玻璃纤维肥皂水中有气泡水蒸气高温下与铁反应生成了氢气BCaCO3、SiO2石灰水变浑浊CaCO3和SiO2高温下反应生成了CO2C碎瓷片、石蜡油（主要成分为烷烃）酸性KMnO4溶液褪色石蜡油可能发生了分解反应DFeCl3固体（熔点306℃、沸点315℃）、MnO2固体淀粉KI溶液变蓝加热时MnO2能将FeCl3氧化成Cl2A．A B．B C．C D．D13、《新修本草》中有关于“靑矾”的描述：“本来绿色，新出窟未见风者，正如瑠璃……烧之赤色……”文中涉及的操作方法是A．分液B．灼烧C．升华D．干馏14、用下列实验装置进行相应的实验，操作正确且能达到实验目的是（）A．进行喷泉实验 B．加热熔融NaOH固体C．验证镁片与盐酸放热反应 D．测定过氧化钠纯度15、HgCl2的稀溶液可用作手术刀的消毒剂，已知HgCl2的熔点是277℃，熔融状态的HgCl2不能导电，HgCl2的稀溶液有弱的导电能力，则下列关于HgCl2的叙述中正确的是（）①HgCl2属于共价化合物②HgCl2属于离子化合物③HgCl2属于非电解质④HgCl2属于弱电解质A．①③ B．①④ C．②③ D．②④16、下列物质中，可能是石油裂解的产物的是（）A．C2H4 B．C4H10 C．C8H16 D．C16H34二、非选择题（本题包括5小题）17、某课外学习小组对日常生活中不可缺少的调味品M进行探究。已知C可在D中燃烧发出苍白色火焰。M与其他物质的转化关系如图所示(部分产物已略去)：(1)写出B的电子式________。(2)若A是一种常见的酸性氧化物，且可用于制造玻璃，写出A和B水溶液反应的离子方程式________。(3)若A是CO2气体，A与B溶液能够反应，反应后所得的溶液再与盐酸反应，生成的CO2物质的量与所用盐酸体积如图所示，则A与B溶液反应后溶液中溶质的化学式_____。(4)若A是一种常见金属单质，且A与B溶液能够反应，则将过量的F溶液逐滴加入E溶液，边加边振荡，所看到的实验现象是__________。(5)若A是一种氮肥,A和B反应可生成气体E，E与F、E与D相遇均冒白烟，且利用E与D的反应检验输送D的管道是否泄露，写出E与D反应的化学方程式为_________。(6)若A是一种溶液，可能含有H＋、NH4+、Mg2＋、Fe3＋、Al3＋、CO32-、SO42-中的某些离子，当向该溶液中加入B溶液时发现生成沉淀的物质的量随B溶液的体积发生变化如图所示，由此可知，该溶液中肯定含有的离子的物质的量浓度之比为______________。18、盐酸多巴胺是选择性血管扩张药，临床上用作抗休克药，合成路线如图所示：根据上述信息回答：（1）D的官能团名称为________________________________。（2）E的分子式为_________________________。（3）若反应①为加成反应，则B的名称为__________________。（4）反应②的反应类型为___________________________。（5）D的一种同分异构体K用于合成高分子材料，K可由HOOCH2Cl制得，写出K在浓硫酸作用下生成的聚合物的化学方程式：_______________________________________。（6）E生成F的化学反应方程式为________________________。（7）D的同分异构体有多种，同时满足下列条件的有____种。I.能够发生银镜反应；II.遇FeCl3溶液显紫色；III.苯环上只有两种化学环境相同的氢原子。19、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）20、氯可形成多种含氧酸盐，广泛应用于杀菌、消毒及化工领域。实验室中利用下图装置（部分装置省略）制备KClO3和NaClO，探究其氧化还原性质。回答下列问题：（1）盛放MnO2粉末的仪器名称是________，a中的试剂为________。（2）b中采用的加热方式是_________，c中化学反应的离子方程式是________，采用冰水浴冷却的目的是____________。（3）d的作用是________，可选用试剂________（填标号）。A．Na2SB．NaClC．Ca(OH)2(悬浊液)D．H2SO4（4）反应结束后，取出b中试管，经冷却结晶，________，__________，干燥，得到KClO3晶体。21、近年来化学家研究开发出用乙烯和乙酸为原料、杂多酸作催化剂合成乙酸乙酯的新工艺，不必生产乙醇或乙醛作中间体，使产品成本降低，具有明显经济优势。其合成的基本反应如下：CH2=CH2(g)+CH3COOH(l)CH3COOC2H5(l)，下列描述能说明恒温恒容条件下乙烯与乙酸合成乙酸乙酯的反应已达化学平衡的是___(填字母)。A．乙酸、乙酸乙酯的浓度相同B．酯化合成反应的速率与酯分解反应的速率相等C．乙烯断开1mol碳碳双键的同时乙酸恰好消耗1molD．整个体系中乙烯的质量分数一定(2)在n(乙烯)与n(乙酸)各1mol的条件下，某研究小组在不同压强下进行了在相同时间乙酸乙酯的产率随温度变化的测定实验，实验结果如图所示。回答下列问题：①根据图中判断压强大到小的顺序是___________②压强为P2、温度为85时，分析乙酸乙酯产率下降的原因：___________。③在压强为P1、温度超过80℃时，分析乙酸乙酯产率下降的原因：________。(要求②和③的原因不一样)(3)以乙烯和丁烯为原料可以发生烯烃歧化反应C4H8(g)+C2H4(g)2C3H6(g)，已知t1min时达到平衡状态，测得此时容器中n(C4H8)=amol，n(C2H4)=2amol，n(C3H6)=bmol，且平衡时C3H6的体积分数为25%。再往容器内通入amolC4H8和3amolC2H4，在新平衡中C3H6的体积分数_______25%(填“>”、“<”、“=”)。

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．由图可知，温度越高平衡时c(NO)越大，即升高温度平衡逆移，所以正反应为放热反应，即△H＜0，故A错误；B.平衡常数只与温度有关，两点的温度相同，平衡常数相同，故B正确；C.温度越高，反应速率越快，浓度越大，反应速率越快，正反应速率:v(D)>v(B)>v(A)，故C错误；D.该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，温度由T1升高到T3，NO的转化率减小，故D错误；故选B。点睛：本题以化学平衡图像为载体，考查温度对平衡移动的影响、对化学平衡常数的影响等，侧重考查学生的分析能力，注意曲线的各点都处于平衡状态。正确判断A的正误是解题的基础。2、C【解析】A.根据元素在周期表中的相对位置可知X、Y、Z、W、Q分别是N、O、Al、S、Cl。氧元素没有＋6价，故A错误；B.同周期自左向右原子半径逐渐减小，同主族自上而下原子半径逐渐增大，则原子半径的大小顺序为：Z＞W＞Y，故B错误；C.离子核外电子层数越多离子半径越大，核外电子排布相同的离子，离子半径随原子序数的增大而减小，则离子半径的大小顺序为：W2-＞Y2-＞Z3+，故C正确；D.非金属性越弱氢化物的稳定性越弱，则W的气态氢化物的热稳定性比Q弱，但H2S的还原性强于HCl的还原性，故D错误。故选C。3、D【分析】a、b、c、d、e为原子序数依次增大且不同主族的短周期元素，b3-与d3+离子的电子层结构相同，则b为N元素，d为Al元素；c原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，c为O元素，a的原子中只有一个电子，a可能为H或Li，则e可能为第ⅣA族的Si或第ⅦA族元素为Cl元素。【详解】A.电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，简单离子的半径：c>d，故A正确；B.元素的非金属性越强，氢化物越稳定，简单氢化物的热稳定性：c>b，故B正确；C.a可能为H或Li、与N、O元素可能形成离子化合物，如硝酸锂，故C正确；D.硅酸属于弱酸，故D错误；故选D。【点睛】元素的不确定增大了本题的难度。根据题意无法确定ae的元素种类，推断是要注意“原子序数依次增大且不同主族”对元素的要求。4、B【分析】一份用足量的氢气还原，反应后固体质量为Cu的质量，另一份中加入500mL稀硝酸，固体恰好完全溶解，溶液中溶质为Cu（NO3）2，根据Cu元素守恒可知：n[Cu（NO3）2]=n（Cu），根据氮元素守恒可知n（HNO3）=n（NO）+2n[Cu（NO3）2]，再根据c=计算硝酸的浓度。【详解】一份用足量的氢气还原，反应后固体质量为Cu的质量，故n（Cu）==0.4mol，另一份中加入500mL稀硝酸，固体恰好完全溶解，溶液中溶质为Cu（NO3）2，根据Cu元素守恒可知：n[Cu（NO3）2]=n（Cu）=0.4mol，根据氮元素守恒可知：n（HNO3）=n（NO）+2n[Cu（NO3）2]=+2×0.4mol=1mol，所以该稀硝酸的浓度为：c（HNO3）==2mol/L，答案选B。【点睛】本题考查混合物的计算，清楚反应过程是解题的关键，注意利用守恒法进行解答，侧重考查学生分析计算能力，难度中等。5、B【解析】A、PM2.5是对空气中直径小于或等于2.5微米（即≤2.5um）的固体颗粒或液滴的总称，故A正确；B、根据分散质粒子的直径大小，分散系可分为溶液、浊液和胶体，浊液的分散质粒子大于溶液和胶体，故B错误；C、As元素和P元素同主族，性质相似，所以科学家发现一种新细菌的DNA链中有砷（As）元素，该As元素最有可能取代了普通DNA链中的P元素，故C正确；D、和CO2发生加聚反应生成可降解聚合物，无其他物质，原子的利用率达到100%，故D正确；故选B。6、B【详解】A、向0.1mol•L-1CH3COONa溶液加入少量水，水解程度增大，n(H+)减小，n(CH3COOH)增大，减小，选项A正确；B、将FeCl3溶液和Fe2(SO4)3溶液分别加热、蒸干、灼烧，由于HCl易挥发，则加热氯化铁溶液最终得到的是氧化铁，而加热硫酸铁溶液最终得到的是硫酸铁，所得固体成分不同，选项B错误；C、向盐酸中加入氨水至中性，溶液中电荷守恒为c(Cl-)+c(OH-)=c(NH4+)+c(H+)，显中性，即c(OH-)=c(H+)，所以c(Cl-)=c(NH4+)，=1，选项C正确；D、AgCl、AgBr的饱和溶液中存在AgCl(s)+Br-⇌AgBr(s)+Cl-，该反应的平衡常数K=，向溶液中加入少量AgNO3，K不变，选项D正确。答案选B。7、B【详解】A、醋酸是弱酸，加水稀释，促进电离，将溶液稀释到原体积的10倍，pH<（a+1）,A项错误；B、加入适量醋酸钠，抑制醋酸电离，使PH增大，可能使溶液pH=（a+1），B项正确；C、加入等体积0.1

mol/L烧碱溶液，能将醋酸恰好完全反应，得到的是0.05mol/L的醋酸钠溶液，溶液显碱性，故所得溶液的pH＞7，C项错误；D、加入等体积0.1mol/L盐酸，溶液酸性增强，PH减小，D项错误；答案选B。8、A【解析】A．1L0.1mol·L－1NaF溶液中含有0.1molNaF，NaF属于强碱弱酸盐，要水解，F－少于0.1NA个，故A错误；B.32g硫的物质的量为1mol，而硫与铜反应后变为-2价，故1mol硫转移2NA个电子，故B正确；C、氧气和臭氧均由氧原子构成，故48g混合物中含有的物质的量为n=48g16g/mol=3mol，个数为3NA个，故C正确；D.1个水分子中含有2个H-O共价键，1molH2O中含有2NA个共价键，故D正确；故选9、C【详解】A.Na2CO3溶液处理水垢中的CaSO4，反应生成更难溶的碳酸钙，硫酸钙微溶于水，不能拆，正确的离子方程式为：CaSO4+CO32−⇌CaCO3+SO42-，A项错误；B.向CuSO4溶液中通人过量的H2S气体生成CuS沉淀和硫酸，其中H2S为弱酸、CuS是沉淀，均不能拆，正确的离子方程式为Cu2++H2S=CuS↓+2H+，该反应之所以可以发生，是因为硫化铜的溶解度极小，既不能溶于水，也不溶于酸，B项错误；C.Ba(HCO3)2溶液与足量的NaOH溶液反应，反应生成碳酸钡沉淀、碳酸钠和水，正确的离子方程式为Ba2++2HCO3−+2OH−=BaCO3↓+2H2O+CO32−，评价合理，C项正确；D.过量SO2通入到NaClO溶液中，SO2有强还原性，ClO−有强氧化性，发生氧化还原反应，正确的离子方程式为：SO2+H2O+ClO−=2H++SO42−+Cl−，D项错误；答案选C。【点睛】Ba(HCO3)2溶液与足量的NaOH溶液反应的离子方程式的书写是学生们学习的难点，Ba(HCO3)2溶液与少量的NaOH反应，离子方程式为：HCO3-+Ba2++OH-=BaCO3↓+H2O，Ba(HCO3)2溶液与足量的NaOH反应，离子方程式为：2HCO3-+Ba2++2OH-=BaCO3↓+CO32-+2H2O。以“少量者定为1mol”配平过量反应物的系数。10、A【解析】A、苯和水不互溶，出现分层，所以能用分液漏斗分离，故A正确；

B、乙酸和乙醇能互溶，不分层，所以不能用分液漏斗分离，故B错误；

C、酒精和水能互溶，不分层，所以不能用分液漏斗分离，故C错误；

D、溴苯和苯互溶，不分层，所以不能用分液漏斗分离，故D错误；

综上所述，本题选A。11、B【解析】A.SO2气体溶于水发生反应：SO2+H2O=H2SO3。H2SO3在水中电离产生H+使溶液显酸性，pH<7，当通入溴水时，又发生反应：Br2＋2H2O+SO2=SO42-+4H++2Br-，溶液的酸性进一步加强，A错误；B.KNO3的溶解度随温度的升高而增大，在溶解度曲线上的点都是饱和溶液，在溶解度曲线左上方的点都是过饱和溶液，而在溶解度曲线右下方的点都是温度高，溶质还没有加到达到饱和所需要的质量，因此都是不饱和溶液。a点在溶解度曲线右下方，所以属于不饱和溶液，B正确；C.乙酸是弱电解质，在水中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO-+H+，所以乙酸溶液能导电，当向该溶液中通入氨气时发生反应：CH3COOH+NH3=CH3COONH4，CH3COONH4是强电解质在水中完全电离，自由移动的离子浓度大大增强，所以溶液的导电性增强，当二者恰好完全反应时导电性基本达到最大值，因为氨气过量时与水反应得到的一水合氨是弱电解质，导电能力对该溶液来说没有很大的影响，C错误；D.对于相同物质的量浓度的盐酸与醋酸来说，由于盐酸是强电解质，完全电离，醋酸是弱电解质，部分电离，所以H+的浓度盐酸的大。H+的浓度越大，溶液的pH越小，滴定过程中H+的浓度变化就越大，所以Ⅰ为醋酸的滴定曲线，Ⅱ为盐酸的滴定曲线，D错误；答案选B。12、C【分析】A.空气受热膨胀，水受热会变成水蒸气；B.碳酸钙受热分解，可以生成氧化钙和二氧化碳；C.不饱和烃可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，石蜡油的主要成分为烷烃；D.酒精灯加热可以达到氯化铁的沸点315℃，可能导致氯化铁气化进入乙中，Fe3+氧化性强于I2，可以将碘化钾氧化为碘使淀粉变蓝。【详解】A.铁粉即便不与水反应，加热时空气受热膨胀、水会变成蒸汽形成气泡，因此应该对肥皂泡进行进一步的实验才能证明有H2产生（点燃），A错误；B.CaCO3即便不与SiO2反应，也可自身分解产生使石灰水变浑浊的CO2，B错误；C.石蜡油主要成分为烷烃，不能使酸性KMnO4溶液褪色，故乙中酸性KMnO4溶液褪色可说明石蜡油分解产生了烯烃，C正确；D.乙中KI淀粉变蓝，既可能为MnO2氧化FeCl3产生了Cl2，也可能因为FeCl3分解产生了Cl2，还可能为高温下FeCl3气化进入乙中将KI氧化，D错误。答案选C。13、B【解析】“本来绿色，新出窟未见风者，正如瑠璃…烧之赤色…”，意思是青矾是绿色的，经煅烧后，生成红色物质——氧化铁，因此文中涉及的操作方法为灼烧，故选B。14、C【详解】A．氯气在饱和食盐水中的溶解度比较小，不能形成气压差，不能形成喷泉，故A错误；B．瓷坩埚含有SiO2，氢氧化钠能与二氧化硅反应，不能用来加热熔融NaOH固体，应选择铁坩埚，故B错误；C．镁与稀盐酸反应放热，升温氢氧化钙的溶解度变小，会析出沉淀，可验证，故C正确；D．排水法收集气体应短进长出，无法将水排出，故D错误；故答案为C。15、B【详解】HgCl2熔点低，熔融状态不导电，说明它属于共价化合物，而不是离子化合物；水溶液有弱的导电能力，说明在水分子作用下微弱电离，属弱电解质，因此答案选B。16、A【详解】A项、乙烯是不饱和气态烃，是石油裂解的产物之一，故A正确；B项、C4H10为饱和气态烃，不是石油裂解的产物之一，故B错误；C项、C8H16为液态烯烃，不是石油裂解的产物之一，故C错误；D项、C16H34为液态烷烃，不是石油裂解的产物之一，故D错误；故选A。【点睛】在石油化工生产过程里，常用石油分馏产品（包括石油气）作原料，采用比裂化更高的温度以获得短链不饱和烃为主要成分的石油加工过程，叫石油裂解。石油裂解的目的是获得不饱和气态烃做化工原料。二、非选择题（本题包括5小题）17、SiO2+2OH-====SiO32-+H2ONaHCO3、Na2CO3先有白色沉淀生成，随后沉淀逐渐减少最终消失3Cl2＋8NH3===N2＋6NH4Clc(H＋)∶c(Al3＋)∶c(NH4+)∶c(SO42-)＝1∶1∶2∶3【分析】由题给信息可知，C可在D中燃烧发出苍白色火焰，则该反应为氢气与氯气反应生成HCl，故C为H2、D为Cl2、F为HCl，M是日常生活中不可缺少的调味品，由题给转化关系可知，M的溶液电解生成氢气、氯气与B，则M为NaCl、B为NaOH。【详解】（1）B为NaOH，氢氧化钠是由钠离子和氢氧根离子组成的离子化合物，电子式为，故答案为；（2）若A是一种常见的酸性氧化物，且可用于制造玻璃，则A为SiO2，E为Na2SiO3，二氧化硅与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和水，反应的离子方程式为SiO2+2OH-=SiO32-+H2O，故答案为SiO2+2OH-=SiO32-+H2O；（3）若A是CO2气体，CO2与NaOH溶液能够反应生成碳酸钠或碳酸氢钠或两者的混合物，也有可能氢氧化钠过量，反应后所得的溶液再与盐酸反应，溶液中溶质只有碳酸钠，则碳酸钠转化为碳酸氢钠消耗盐酸体积与碳酸氢钠反应生成二氧化碳消耗盐酸体积相等，由图可知消耗盐酸体积之比为1：2，则CO2与NaOH溶液反应后溶液中溶质为Na2CO3和NaHCO3，故答案为Na2CO3和NaHCO3；（4）若A是一种常见金属单质，且与NaOH溶液能够反应，则A为Al，E为NaAlO2，则将过量的HCl溶液逐滴加入NaAlO2溶液中，先生成氢氧化铝，而后氢氧化铝溶解，故看到的现象为溶液中先有白色絮状沉淀生成，且不断地增加，随后沉淀逐渐溶解最终消失，故答案为先有白色沉淀生成，随后沉淀逐渐减少最终消失；（5）若A是一种化肥，实验室可用A和NaOH反应制取气体E，E与F相遇均冒白烟，则E为NH3、A为铵盐，E与氯气相遇均冒白烟，且利用E与氯气的反应检验输送氯气的管道是否泄露，则E与D的反应为氨气与氯气反应生成氯化铵和氮气，反应方程式为：3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl，故答案为3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl；（6）由图可知，开始加入NaOH没有沉淀和气体产生，则一定有H+，一定没有CO32-，后来有沉淀产生且最后消失，则一定没有Mg2+、Fe3+，一定含有Al3+；中间段沉淀的质量不变，应为NH4++OH-=NH3•H2O的反应，则含有NH4+，由电荷守恒可知一定含有SO42-，发生反应H++OH-=H2O，氢离子消耗NaOH溶液的体积与Al3++3OH-=Al(OH)3↓铝离子消耗NaOH溶液的体积之比为1：3，发生反应NH4++OH-=NH3•H2O，铵根消耗氢氧化钠为2体积，则n（H+）：n（Al3+）：n（NH4+）=1：1：2，由电荷守恒可知，n（H+）：n（Al3+）：n（NH4+）：n（SO42-）=1：1：2：3，故c（H+）：c（Al3+）：c（NH4+）：c（SO42-）=1：1：2：3，故答案为c（H+）：c（Al3+）：c（NH4+）：c（SO42-）=1：1：2：3。【点睛】根据图象中的平台确定溶液中含有铵根离子是解答关键，注意利用离子方程式与电荷守恒进行计算是解答难点。18、羟基、醚键、醛基C9H9NO4甲醛氧化反应

nHOOCCH2OH

HO

OCCH2O+(n-1)H2O。

+4H2

+HCl+2H2O19

【解析】（1）根据D的结构可知D中含有的官能团有：羟基、醚键、醛基。（2）根据E的结构简式可知E的分子式为：C9H9NO4。（3）A的分子式为C7H8O2，C7H8O2与B发生加成反应生成化合物C8H10O3，可知B的分子式为CH2O，所以B的结构简式为HCHO，名称为甲醛。（4）A与HCHO加成得到的产物为，根据D的结构可知发生氧化反应，故反应②的反应类型为氧化发应。（5）HOOCH2Cl在NaOH水溶液中加热发生水解反应生成物质K：HOOCCH2OH，HOOCCH2OH在浓硫酸的作用下发生缩聚反应:nHOOCCH2OHHOOCCH2O+(n-1)H2O。（6）E到F的过程中，碳碳双键与H2发生加成反应，-NO2与H2发生还原反应生成-NH2，所以化学方程式为：+4H2+HCl+2H2O。（7）分情况讨论：（1）当含有醛基时，苯环上可能含有四个取代基，一个醛基、一个甲基、两个羟基：a：两个羟基相邻时，移动甲基和醛基，共有6种结构。b：两个羟基相间时，移动甲基和醛基，共有6种结构。c：两个羟基相对时，移动甲基和醛基，共有3种结构。（2）当含有醛基时，苯环上有两个对位的取代基，一个为-OH，另一个为-O-CH2-CHO或者一个为-OH，另一个为-CH2-O-CHO，共有2种结构。（3）当含有醛基时，有两个对位的取代基，一个为-OH，另一个为-CH（OH）CHO，共1种结构。(4)当含有甲酸某酯的结构时，苯环上只有两个取代基，一个为羟基，一个为-CH2OOCH，所以有1种结构。故符合条件的同分异构体总共有6+6+3+2+1+1=19种。点睛：本题考查有机物的结构简式的推断、官能团的名称、反应类型及同分异构体的书写。本题中最后一问的同分异构体的书写是难点，当苯环上有多个取代基时，一定要利用邻、间、对的关系和定一移一的方法不重复不遗漏的将所有的同分异构体书写完整。19、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×2.0mol/L)，解得V=97，NaOH溶液的体积⩾97mL；镁上会附着偏铝酸钠等物质，若未洗涤固体，会导致测定镁的质量偏大，镁的质量分数偏高；故答案为97mL；偏高；方案二：⑶.①.合金与稀硫酸反应，用排水量气法测定氢气的体积，其中盛水的试剂瓶导管一定要短进长出，利用增大压强原理将水排出，量筒中水的体积就是生成氢气的体积，量筒内导管应伸入量筒底部，故连接顺序为：(A)接(E)、(D)接(G)；故答案为E、D、G；②.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，导致硫酸不能顺利滴入锥形瓶；故答案为镁、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；③.反应放热导致氢气的温度偏高，故应冷却后再进行读取氢气的体积，读取实验中生成氢气的体积时上下移动量筒，使其中液面与广口瓶中液面相平，视线与凹液面的最低点水平读取氢气的体积；故答案选ACD；⑷.①.装置中导管a的作用是：保持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，故答案为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；②.滴定管的0刻度在上方，两次读取的体积数值之差为测定的氢气的体积，收集氢气后滴定管内液面上升，读数减小，所以测定氢气的体积为V1−V2，故答案为V1−V2。20、圆底烧瓶饱和食盐水水浴加热Cl2+2OH−=ClO−+Cl−+H2O避免生成NaClO3吸收尾气（Cl2）AC过滤少量冷