2026届辽宁省葫芦岛协作校化学高三第一学期期中联考模拟试题含解析

2026届辽宁省葫芦岛协作校化学高三第一学期期中联考模拟试题注意事项：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、下列说法中正确的是A．干冰、盐酸都是电解质B．Na2O2、Fe2O3、CaO既属于碱性氧化物，又属于离子化合物C．有单质参加或有单质生成的反应不一定属于氧化还原反应D．根据是否具有丁达尔效应，可将分散系分为溶液、浊液和胶体2、常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A．pH=1的溶液中：HCO、K+、Cl-、Na+B．无色溶液中：NH、K+、MnO、NOC．含有SO的溶液中：NO、OH-、Na+、Ba2+D．c(OH-)=10-2mol/L的溶液中：Na+、CO、Cl-、K+3、属于工业固氮的是A．N2与O2反应生成NO B．由NH3转变成NH4HCO3C．N2与H2在一定条件下反应生成NH3 D．豆科植物的根瘤吸收氮4、由一种阳离子与两种酸根离子组成的盐称为混盐。向混盐CaOCl2中加入足量浓硫酸，可发生反应：CaOCl2+H2SO4(浓)=CaSO4+Cl2↑+H2O。下列说法错误的是(NA表示阿伏加德罗常数的值)A．混盐CaOCl2中既含离子键又含共价键B．浓硫酸体现氧化性与酸性C．每产生1mol氯气，转移电子数为NAD．1mol混盐CaOCl2中含有离子数为3NA5、海洋中无机氮的循环过程可用如图表示。下列说法正确的是(已知：反应④的离子方程式为4NH4++5O22NO2-+6H++N2O+5H2O)A．①②均属于固氮反应B．海洋中的反硝化作用一定需要氧气参加C．反应④中每生成1molH2O转移2mole-D．向海洋排放含NO3-的废水可能影响海洋中氮的循环6、将甲、乙两种非金属元素的性质相比较，能说明甲比乙的非金属性强的是①甲的单质比乙的单质更易与H2化合；②甲的阴离子的还原性比乙的阴离子强；③甲的最高价氧化物的水化物酸性比乙的最高价氧化物的水化物酸性强；④与某金属反应时甲原子得电子数目比乙的多；⑤甲的气态氢化物酸性比乙的强。A．①②③④ B．③⑤ C．①③ D．①②③④⑤7、FeSO4在工业上可用于制备FeCO3，实验室模拟工业流程如图所示。下列说法正确的是（）A．可用KSCN溶液检验FeSO4溶液中Fe2+是否全部被氧化成Fe3+B．用Na2CO3代替NH4HCO3，可能有Fe(OH)2沉淀产生C．沉淀的同时有NH3产生D．检验沉淀是否洗涤干净，可用盐酸检验8、下列说法错误的是A．液氨汽化时要吸收大量的热，常用作制冷剂B．新能源汽车的推广与使用有助于减少光化学烟雾的产生C．手机外壳上贴的碳纤维外膜是一种新型的无机非金属材料D．海水淡化能解决淡水供应危机，向海水中加净水剂明矾可以使海水淡化9、两种短周期元素X和Y可组成化合物XY3，在Y的原子序数为m时，X的原子序数为：①m-4②m＋4③m＋8④m-2⑤m＋1．其中正确的组合是A．①②④ B．①②③④⑤ C．①②③⑤ D．①②⑤10、用下列实验装置（部分夹持装置略去）进行相应的实验，能达到实验目的的是（）A．加热装置I中的烧杯分离I2和高锰酸钾固体B．用装置II验证二氧化硫的漂白性C．用装置III制备氢氧化亚铁沉淀D．用装置IV检验氯化铵受热分解生成的两种气体11、常温下，用0.1mol·L—1HCl溶液滴定10.0mL浓度为0.1mol·L—1Na2CO3溶液，所得滴定曲线如图所示。下列说法正确的是A．当V＝0时：c(H＋)＋c(HCO3－)＋c(H2CO3)＝c(OH－)B．当V＝5时：c(CO32—)＋c(HCO3－)＋c(H2CO3)＝c(Cl－)C．当V＝10时：c(Na＋)＞c(HCO3－)＞c(CO32—)＞c(H2CO3)D．当V＝a时：c(Na＋)＞c(Cl－)＞c(H＋)＝c(OH－)12、下列各组物质的稀溶液互滴时，所产生的现象相同的是A．AlCl3和NaOH B．Na2CO3和HClC．NaHCO3和HCl D．氨水和AgNO313、对下列各溶液中，微粒的物质的量浓度关系表述正确的是()A．0.1mol/L的(NH4)2SO4溶液中：c(SO42-)>c(NH4+)>c(H＋)＞c(OH－)B．0.1mol/L的NaHCO3溶液中：c(Na＋)＝c(HCO3-)＋c(H2CO3)＋2c(CO32-)C．将0.2mol/LNaA溶液和0.1mol/L盐酸等体积混合所得碱性溶液中：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(A－)＋c(Cl－)D．在25℃0.1mol/L的NH4Cl溶液中：c(Cl－)＝c(NH4+)＋c(NH3·H2O)14、下列物质发生变化时，所克服的粒子间相互作用属于同种类型的是（）A．液溴和苯分别受热变为气体B．干冰和氯化铵分别受热变为气体C．二氧化硅和铁分别受热熔化D．食盐和葡萄糖分别溶解在水中15、下列离子方程式书写正确的是A．Fe(OH)3溶于氢碘酸：Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2OB．用醋酸除去水垢：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑C．氯气与水的反应：Cl2+H2O=2H+­+Cl—+ClO—D．等体积、等浓度的Ca(HCO3)2溶液和NaOH溶液混合：Ca2++HCO3—+OH—=CaCO3↓+H2O16、下列实验装置能达到相应实验目的是（）A．收集 B．分离和C．制备 D．制取蒸馏水二、非选择题（本题包括5小题）17、高分子化合物G是一种重要的化工产品，可由烃A(C3H6)和苯合成。合成G的流程如图：已知：①B和C中核磁共振氢谱分别有4种和3种峰②CH3Cl+NaCNCH3CN+NaCl③CH3CNCH3COOH④请回答下列问题：(1)A的名称是_______。(2)反应①的反应类型是_____，反应⑥的反应类型是_______。(3)D的结构简式是_______。(4)E中官能团的名称是_________。(5)反应⑦的化学方程式是_______。(6)F的同分异构体有多种，写出符合下列条件的所有同分异构体的结构简式：_____。①苯环对位上有两个取代基，其中一个是−NH2②能发生水解反应③核磁共振氢谱共有5组峰(7)参照上述流程图，写出用乙烯、NaCN为原料制备聚酯的合成路线___________(其他无机试剂任选)18、现有部分短周期主族元素的性质或原子结构如表所示：元素编号元素性质或原子结构X周期序数＝主族序数＝原子序数Y原子最外层电子数为a，次外层电子数为bZ原子L层电子数为a+b，M层电子数为a－bM单质在自然界中的硬度最大N位于第三周期，最外层电子数是电子层数的2倍（1）写出X、Y、Z、N四种元素的名称：X________，Y________，Z________，N________。（2）由X、Y、Z、M、N五种元素两两组成的分子中，许多分子含有的电子数相等，写出符合下列要求的分子式：①含10e−且呈正四面体结构的分子________；②含14e−的双原子分子________；③含16e−且能使溴水褪色的分子________；④含18e−且常温下呈液态的分子________。19、在高中阶段，安排了两种酯的制备实验：乙酸乙酯的制备乙酸丁酯[CH3COO(CH2)3CH3]的制备制备这两种酯所涉及的有关物质的物理性质见下表：乙酸乙醇1—丁醇乙酸乙酯乙酸丁酯熔点（℃）16.6－117.3－89.5－83.6－73.5沸点（℃）117.978.511777.06126.3密度（g/cm3）1.050.790.810.900.88水溶性互溶互溶可溶（9g/100克水）可溶（8.5g/100克水）微溶请回答下列问题：（1）在乙酸乙酯的制备过程中，采用水浴加热的优点为_______________________；而乙酸丁酯的制备过程中未采用水浴加热的原因是______________。（2）提纯时，乙酸乙酯一般采用______洗涤，而乙酸丁酯可先采用______、后采用______洗涤（均填编号）。a．水b．15％Na2CO3溶液c．饱和Na2CO3溶液（3）两种酯的提纯过程中都需用到的关键仪器是______________，在操作中要注意振荡洗涤后，静置分液前必须要有步骤，所制得的酯应从该仪器的________（填编号）。a．下部流出b．上口倒出c．都可以（4）在乙酸乙酯制备中，采用了乙醇过量，下列说法不正确的是_______（填编号）。a．乙醇比乙酸价廉b．提高乙酸的转化率c．提高乙醇的转化率d．提高乙酸乙酯的产率（5）在乙酸丁酯制备中，下列方法可提高1—丁醇利用率的是________（填编号）。a．使用催化剂b．加过量乙酸c．不断移去产物d．缩短反应时间20、平板电视显示屏生产过程中产生大量的废玻璃(含SiO2、Fe2O3、CeO2、FeO等物质)。某小组以此废玻璃为原料，设计如下工艺流程对资源进行回收，得到Ce(OH)4。己知:CeO2不溶于强酸或强碱；Ce3+易水解，酸性条件下，Ce4+有强氧化性。(1)废玻璃在NaOH溶液浸洗前往往要进行的操作________，反应①的离子方程式_______。(2)反应②的离子方程武是____________。(3)为了得到较纯的Ce3+溶液，反应②之前要进行的操作是______。(4)反应③需要加入的试剂X可以是_________。(5)用滴定法测定制得的Ce(OH)4产品纯度。用FeSO4溶液滴定用_____做指示剂，滴定终点的现象_______若所用FeSO4溶液在空气中露置一段时间后再进进行滴定，则测得该Ce(OH)4产品的质量分数____(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。21、运用化学反应原理研究碳、氮、硫的单质及其化合物的反应对缓解环境污染、能源危机具有重要意义。I．CO还原NO的脱硝反应：2CO(g)＋2NO(g)⇌2CO2(g)＋N2(g)△H（1）已知：CO(g)＋NO2(g)⇌CO2(g)＋NO(g)△H1=－226kJ·mol-1N2(g)＋2O2(g)⇌2NO2(g)△H2=＋68kJ·mol-1N2(g)＋O2(g)⇌2NO(g)△H3=＋183kJ·mol-1脱硝反应△H=__________，有利于提高NO平衡转化率的条件是________________（写出两条）。（2）汽车使用乙醇汽油并不能减少NOx的排放，这使NOx的有效消除成为环保领域的重要课题。某研究小组在实验室以Ag-ZSM-5为催化剂，对CO、NO催化转化进行研究，测得NO转化为N2的转化率随温度、CO混存量的变化情况如下图所示，①若不使用CO，温度超过775℃，发现NO的分解率降低，其可能的原因为_________________；在n(NO)/n(CO)＝1的条件下，应控制最佳温度在____________左右。②用CxHy(烃)催化还原NOx也可消除氮氧化物的污染，写出C2H6与NO2发生反应的化学方程式：_________。③NO2尾气常用NaOH溶液吸收，生成NaNO3和NaNO2。已知NO2－的水解常数K=2×10-11，常温下某NaNO2和HNO2混合溶液的pH为5，则混合溶液中c(NO2－)和c(HNO2)的比值为__________。II．T℃时，在刚性反应器中发生如下反应：CO(g)＋NO2(g)⇌CO2(g)＋NO(g)，化学反应速率v=kPm(CO)Pn(NO2)，k为化学反应速率常数。研究表明，该温度下反应物的分压与化学反应速率的关系如下表所示：（3）若反应初始时P(CO)=P(NO2)=akPa，反应tmin时达到平衡，测得体系中P(NO)=bkPa，则此时v=___________kPa·s-1（用含有a和b的代数式表示，下同），该反应的化学平衡常数Kp=_____（Kp是以分压表示的平衡常数）。

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、二冰是二氧化碳，属于非电解质，盐酸是氯化氢的水溶液，属于混合物，既不是电解质也不是非电解质，选项A错误；B、Na2O2不属于碱性氧化物，选项B错误；C、有单质参加或有单质生成的反应不一定属于氧化还原反应，如3O2=2O3，选项C正确；D、根据分散系微粒直径的大小，将分散系分为溶液、胶体和浊液，不是根据否具有丁达尔现象，选项D错误。答案选C。2、D【详解】A．pH=1的溶液中存在大量的H+，H+、HCO能够反应放出二氧化碳气体，不能大量共存，故A不选；B．MnO有颜色，在无色溶液中不能大量存在，故B不选；C．SO、Ba2+能够反应生成硫酸钡沉淀，不能大量共存，故C不选；D．c(OH-)=10-2mol/L的溶液显碱性，存在大量的OH-，OH-、Na+、CO、Cl-、K+离子间不能发生反应，能够大量共存，故D选；故选D。3、C【解析】A．闪电时N2转化为NO，属于自然固氮，故A不选；B．由NH3转变成NH4HCO3，氮元素化合价不变，不属于固氮，故B不选；C．工业合成氨是N2与H2在一定条件下反应生成NH3，属于人工固氮，故C选；D．豆科作物根瘤菌将N2转化为含氮化合物，属于生物固氮，属于生物固氮，故D不选；故选C。4、B【详解】A.混盐CaOCl2的阳离子是Ca2+，阴离子是Cl-、ClO-，阴离子与阳离子之间通过离子键结合，在阴离子ClO-中也含有Cl-O共价键，A正确；B.反应中S的化合价没有发生变化，浓硫酸只表现酸性，B错误；C.反应中，部分Cl元素的化合价从+1价降低到0价，部分Cl的化合价从-1价升高到0价，方程式中转移电子数目为1，则每产生lmol氯气，转移电子数为NA，C正确；D.1mol混盐CaOCl2中含有1molCa2+、1molCl-、1molClO-，即1mol混盐中含有3NA个离子，D正确；故合理选项是B。5、D【解析】A.氮的固定是将空气中游离态的氮转化为含氮化合物的过程，所以只有②属于固氮反应，故A错误；B.反硝化作用是指将硝酸盐转变成氮气的过程。硝化作用是指氨在微生物作用下氧化为硝酸的过程。硝化细菌将氨氧化为硝酸的过程，反硝化作用：反硝化细菌在缺氧条件下，还原硝酸盐，释放出分子态氮或一氧化二氮的过程，不一定有氧参加，故B错误；C.反应④的离子方程式为4NH4++5O2=2NO2-+6H++N2O+5H2O，氧元素的化合价由0价降低为-2价，该过程中共转移2×10=20个电子，所以每生成1molH2O转移4mole-，故C错误；D.转化关系图中硝酸根离子增多，反硝化作用增强，向海洋排放含的废水会影响海洋中的含量，影响海洋中N元素循环，故D正确。故D正确。6、C【分析】比较非金属性的强弱：可利用得电子的难易程度，阴离子的还原性，最高价氧化物水化性酸性，与氢气化合的难易程度，气态氢化物的稳定性，单质的氧化性来判断。【详解】①非金属性越强，单质与氢气越容易反应。甲的单质比乙的单质更易与H2化合，说明甲的非金属性强于乙，①正确；②阴离子还原性越弱，该元素非金属性越强。甲的阴离子的还原性比乙的阴离子强，说明乙的非金属性强于甲，②错误；③最高价氧化物水化物酸性越强，非金属性越强。甲的最高价氧化物的水化物酸性比乙的最高价氧化物的水化物酸性强，甲的非金属性强于乙，③正确；④非金属性强弱与得电子的难易程度有关，与得电子数目无关。与某金属反应时甲原子得电子数目比乙的多，不能说明甲和乙的非金属性强弱，④错误；⑤气态氢化物越稳定性，说明该元素非金属性越强，气态氢化物的酸性与非金属性强弱无关。甲的气态氢化物酸性比乙的强，不能说明甲和乙的非金属性强弱，⑤错误。7、B【详解】A.检验FeSO4溶液中Fe2+是否完全被氧化成Fe3+，应选用酸性高锰酸钾溶液或铁氰化钾溶液，证明溶液中是否存在Fe2+离子，故A错误；B.用Na2CO3代替NH4HCO3，碳酸钠中碳酸根离子水解程度大，也可以发生双水解反应生成氢氧化亚铁沉淀，故B正确；C.FeSO4与碳酸氢铵发生的反应为:，无氨气生成，故C错误；D.检验沉淀是否洗涤干净，可用氯化钡溶液检验，若洗涤液中加入氯化钡溶液无沉淀生成说明洗涤干净，加入盐酸无现象变化，不能用盐酸，故D错误；【点睛】解题时需注意可以用KSCN溶液检验FeSO4溶液中Fe2+是否被氧化成Fe3+，SCN-与Fe3+反应生成Fe(SCN)3血红色溶液。若是检验FeSO4溶液中Fe2+是否全部被氧化成Fe3+，实际上是检验溶液中是否还有Fe2+剩余，应用酸性高锰酸钾溶液或铁氰化钾溶液证明溶液中不存在Fe2+离子。8、D【解析】A．利用液态氨汽化时吸收大量的热，使周围的温度急剧下降，所以液氨常用作制冷剂，故A正确；B．新能源汽车使用的是电能等洁净能源，不产生形成光化学烟雾的氮氧化物，故B正确；C．碳纤维是一种新型的无机非金属材料，故C正确；D．明矾能净水，但不能消除水中的无机盐，故D错误；故选D。9、B【解析】两种短周期元素X和Y可组成化合物XY3，则X为ⅢA族元素时，Y为ⅤⅡA族元素；或X、Y均为ⅥA族元素；还有可能为X在ⅤA族，Y为ⅤⅡA族或H，以此来解答。【详解】两种短周期元素X和Y可组成化合物XY3，则X为ⅢA族元素时，Y为ⅤⅡA族元素；或X、Y均为ⅥA族元素；还有可能为X在ⅤA族，Y为ⅤⅡA族或H；①若Y为Cl，X为Al，则X的原子序数为m-4，故①正确；②若Y为F，X为Al，则X的原子序数为m+4，故②正确；③若Y为S，X为O，则X的原子序数为m+8，故③正确；④若Y为Cl，X为P，则X的原子序数为m-2，故④正确；⑤若Y为H，X为N，则X的原子序数为m+1，故⑤正确；故答案为B。10、D【详解】A．加热碘升华，高锰酸钾分解，加热法不能分离两者混合物，故A错误；B．二氧化硫与溴水发生氧化还原反应，与二氧化硫的还原性有关，与漂白性无关，故B错误；C．关闭止水夹，NaOH难与硫酸亚铁接触，不能制备氢氧化亚铁，故C错误；D．氯化铵分解生成氨气、HCl，氨气可使湿润的酚酞试纸变红，HCl可使蓝色石蕊试纸变红，P2O5可以吸收氨气，碱石灰可以吸收HCl,所以可检验氯化铵受热分解生成的两种气体，故D正确；本题答案：D。11、D【解析】A．当V=0时为碳酸钠溶液，根据电荷守恒有：c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+2c(CO32-)+c(HCO3-)，根据物料守恒有：c(Na+)=2c(HCO3-)+2c(H2CO3)+2c(CO32-)，联立可得：c(H+)+c(HCO3-)+2c(H2CO3)=c(OH-)，故A错误；B．当V=5时，得到等浓度的NaHCO3、NaCl、Na2CO3混合溶液，根据物料守恒，c(CO32—)＋c(HCO3－)＋c(H2CO3)＝2c(Cl－)，故B错误；C．当V=10时，反应恰好生成等浓度的NaHCO3、NaCl的混合溶液，碳酸氢钠的水解程度大于电离程度，溶液显碱性，则c(H2CO3)＞c(CO32—)，故C错误；D．v=a时，溶液的pH=7，溶液为中性，则c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒可得：c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+2c(CO32-)+c(Cl-)+c(HCO3-)，联立可得c(Na+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(Cl-)，所以c(Na+)＞c(Cl-)＞c(H+)=c(OH-)，故D正确；答案选D。12、C【详解】A.AlCl3逐滴滴入NaOH时直接生成NaAlO2，先没有沉淀，后出现白色沉淀，而NaOH逐滴滴入AlCl3，先出现白色沉淀，后沉淀消失，现象不同，故A不符合题意；B.Na2CO3逐滴滴入HCl时开始就有气泡冒出，而HCl逐滴滴入Na2CO3，先生成NaHCO3没有气泡冒出，一段时间后观察到有气泡冒出，现象不同，故B不符合题意；C.NaHCO3逐滴滴入HCl与把HCl逐滴滴入NaHCO3都发生同样的反应，观察到相同的现象，故C符合题意；D.氨水逐滴滴入AgNO3，先生成沉淀后沉淀溶解，AgNO3逐滴滴入氨水发生没有沉淀生成，现象不同，故D不符合题意；答案选C。【点睛】反应物和生成物的量不同，导致现象不一样，可用互滴法鉴别。13、D【解析】A、硫酸铵溶液中，铵根离子只有少量水解，则铵根离子浓度大于硫酸根离子；B、根据碳酸氢钠溶液中的物料守恒判断；C、根据溶液中的电荷守恒判断；D、根据NH4Cl溶液中物料守恒分析；【详解】A项、硫酸铵是强酸弱碱盐，NH4＋水解溶液显酸性，但水解程度很小，NH4＋浓度大于SO42－浓度，即c(NH4＋)＞c(SO42－)＞c(H＋)＞c(OH－)，故A错误；B项、0.1mol/LNaHCO3溶液中的物料守恒关系为：c（Na+）=c（CO32-）+c（HCO3-）+c（H2CO3），故B错误；C项、0.2mol/LNaA溶液和0.1mol/L盐酸等体积混合所得碱性溶液遵循电荷守恒的原则，应有电荷守恒关系：c（Na+）+c（H+）=c（A-）+c（Cl-）+c（OH-），故C错误；D项、在25℃100mLNH4Cl溶液中的物料守恒关系为：：c（Cl-）=c（NH4+）+c（NH3∙H2O），故D正确。故选D。【点睛】本题考查了离子浓度大小比较，注意盐的水解原理，能够根据电荷守恒、物料守恒、盐的水解原理判断溶液中各离子浓度大小为解答关键。14、A【详解】A．溴和苯都是分子晶体，由液态转化为气体克服分子间作用力，故A正确；B．干冰属于分子晶体，转化为气体克服分子间作用力，氯化铵是离子晶体，转化为气体时克服离子键，故B错误；C．二氧化硅属于原子晶体，熔融时克服化学键，铁属于金属晶体，熔融时克服金属键，故C错误；D．食盐属于离子晶体，溶于水克服离子键，葡萄糖属于分子晶体，溶于水克服分子间作用力，故D错误；故选A。【点晴】本题考查化学键及晶体类型的关系，侧重考查基本理论，明确晶体构成微粒是解本题关键。要学会根据物质的构成微粒确定晶体类型，物质发生变化时，所克服的粒子间相互作用属于同种类型，说明两种晶体的晶体类型相同，导致变化时克服作用力相同。15、D【解析】试题分析：A中反应生成的Fe3+还会和I—反应，A错；醋酸是弱酸，不能写成离子形式，要写化学式，B错；HClO是弱酸，要写成化学式；C错；D对。考点：离子方程式的正误判断。16、D【详解】A．二氧化氮的密度比空气大，应长导管进气向上排空气法收集，短管进气导致（排不出空气）收集的气体不纯，故A错误；B．加热时氯化铵受热分解，碘单质升华，二者无法用加热的方法分离，故B错误；C．使用该装置制取氧气时，长颈漏斗应插入液面以下起到液封的作用，否则气体会逸出，或改用分液漏斗，故C错误；D．自来水中水的沸点较低，沸石用来防止暴沸，冷凝水下进上出，应用该实验装置可制备蒸馏水，故D正确；答案选D。【点睛】选择分离方法时，要根据物质的性质特征不同，将它们分开，铵盐和碘单质加热时都会变化，无法通过加热的方法分离。二、非选择题（本题包括5小题）17、丙烯加成反应还原反应羧基、硝基n＋(n−1)H2O、、【分析】苯和A反应生成，则烃A(C3H6)为CH2=CHCH3，根据G的结构和反应得到B的结构为，C的结构为，C和NaCN反应生成D()，根据信息③得到D反应生成E()，根据信息④得到E反应生成F()，F发生缩聚反应生成G。【详解】(1)烃A(C3H6)为CH2=CHCH3，A的名称是丙烯；故答案为：丙烯。(2)反应①是丙烯和苯发生加成反应，反应⑥是—NO2反应生成—NH2，该反应是加氢去氧的反应为还原反应；故答案为：加成反应；还原反应。(3)根据前面分析得到D的结构简式是；故答案为：。(4)E()中官能团的名称是羧基和氨基；故答案为：羧基、硝基。(5)反应⑦发生缩聚反应，n＋(n−1)H2O；故答案为：n＋(n−1)H2O。(6)F()的同分异构体有多种，①苯环对位上有两个取代基，其中一个是−NH2；②能发生水解反应，说明含有酯基，③核磁共振氢谱共有5组峰，、、；故答案为：、、。(7)乙烯和溴水加成反应生成BrCH2CH2Br，BrCH2CH2Br在碱性条件下水解生成HOCH2CH2OH，BrCH2CH2Br和NaCN反应生成NCCH2CH2CN，NCCH2CH2CN在酸性条件下反应生成HOOCCH2CH2COOH，HOOCCH2CH2COOH和HOCH2CH2OH发生缩聚反应生成，合成路线为；故答案为：。【点睛】有机推断是常考题型，主要根据前后物质的分子式和结构简式来分析另外的物质的结构简式和需要的物质，综合考察学生的思维。18、氢氧硅硫CH4COC2H4H2O2【分析】X的周期序数＝主族序数＝原子序数，X为H元素；Z的原子L层电子数为a＋b，M层电子数为a－b，则a＋b=8，Y的原子最外层电子数为a，次外层电子数为b，则b=2，因此a=6，则Y为O元素；Z为Si元素；M的单质在自然界中的硬度最大，M为C元素；N位于第三周期，最外层电子数是电子层数的2倍，N为S元素。【详解】（1）根据上述分析，X、Y、Z、N四种元素的名称分别为氢、氧、硅、硫，故答案为氢；氧；硅；硫；（2）由X、Y、Z、M、N五种元素两两组成的分子中，许多分子含有的电子数相等。①含10e－且呈正四面体结构的分子为CH4，故答案为CH4；②含14e－的双原子分子为CO，故答案为CO；③含16e－且能使溴水褪色，说明分子中含有不饱和键或具有还原性，该分子为C2H4，故答案为C2H4；④含18e－且常温下呈液态的分子为H2O2，故答案为H2O2。19、受热均匀，易控制温度乙酸、1—丁醇和乙酸丁酯的沸点均高于100度，故不必进行水浴加热cab分液漏斗bcbc【分析】（1）用水浴加热均匀受热，容易控制温度，水浴加热的缺点是加热温度最高只能达到100度。（2）根据表格中乙酸乙酯和乙酸丁酯的溶解性和密度进行分析；（3）两种酯都要用到分液的方法提纯；（4）考虑原料的成本和转化率；（5）根据平衡移动原理分析。【详解】（1）用水浴加热均匀受热，容易控制温度；水浴加热的缺点是加热温度最高只能达到100度，而乙酸、1—丁醇和乙酸丁酯的沸点均高于100度，故不必进行水浴加热，故答案为：受热均匀，易控制温度；乙酸、1—丁醇和乙酸丁酯的沸点均高于100度，故不必进行水浴加热；（2）提纯时，乙酸乙酯一般采用饱和Na2CO3溶液洗涤，而乙酸丁酯微溶于水，故可先用水洗，再用15％Na2CO3溶液洗涤，故答案为：c；a；b；（3）分离互不相溶的液体通常分液的方法，分液利用的仪器主要是分液漏斗，使用时注意下层液从分液漏斗管放出，上层液从分液漏斗上口倒出，酯的密度比水小，应从分液漏斗上口倒出；故答案为：分液漏斗；b；（4）在乙酸乙酯制备中，采用了乙醇过量，因为乙醇的成本较乙酸低，这样做可以提高乙酸的转化率，提高乙酸乙酯的产率，最大限度的降低成本，而乙醇本身的转化率会降低，故符合题意的为c项，故答案为：c；（5）提高1-丁醇的利用率，可使平衡向生成酯的方向移动。a、使用催化剂，缩短反应时间，平衡不移动，故a错误；b、加过量乙酸，平衡向生成酯的方向移动，1-丁醇的利用率增大，故b正确；c、不断移去产物，平衡向生成酯的方向移动，1-丁醇的利用率增大，故c正确；d、缩短反应时间，反应未达平衡，1-丁醇的利用率降低，故d错误。故答案为：bc。【点睛】本题以考查乙酸乙酯的制备为载体，旨在考查学生对知识的迁移运用，注意基础知识的积累。20、粉碎SiO2+2OH-=SiO32-+H2O2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O洗涤O2或其它合理答案K3[Fe(CN)6]最后一滴溶液时，生成淡蓝色沉淀，且振荡也不再消失偏大【解析】废玻璃粉末(含SiO2、Fe2O3、CeO2、FeO等物质)加氢氧化钠溶液，二氧化硅溶于氢氧化钠生成硅酸钠，Fe2O3、CeO2、FeO不溶，过滤，得到滤液A的主要成分为硅酸钠，滤渣A的成分是Fe2O3、CeO2、FeO，滤渣A(Fe2O3、CeO2、FeO)加稀硫酸后过滤得滤液B是硫酸亚铁、硫酸铁的混合溶液，滤渣B的成分是CeO2，CeO2与H2O2和稀H2SO4反应生成Ce3+和O2，反应为：2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O；Ce3+加碱生成Ce(OH)3悬浊液；Ce(OH)3悬浊液被氧化生成Ce(OH)4。(1)废玻璃在NaOH溶液浸洗前往往要需要粉碎，可以提高浸取率和浸取速率，反应①中二氧化硅溶于氢氧化钠生成硅酸钠，反应的离子方程式为SiO2+2OH-=SiO32-+H2O，故答案为粉碎；SiO2+2OH-=SiO32-+H2O；(2)反应②为CeO2与H2O2和稀H2SO4反应生成Ce3+和O2，反应为：2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O；故答案为2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O；(3)为了得到较纯的Ce3+溶液，反应②之前需要滤渣B进行洗涤，故答案为洗涤；(4)根据上述分析，反应③中Ce(OH)3