重庆市江津、巴县、长寿等七校联盟2026年第二学期高三期中考试化学试题含解析

重庆市江津、巴县、长寿等七校联盟2026年第二学期高三期中考试化学试题注意事项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、能正确表示下列反应的离子方程式是()A．用过量氨水吸收工业尾气中的SO2：2NH3∙H2O+SO2=2NH4++SO32-+H2OB．氯化钠与浓硫酸混合加热：H2SO4+2Cl-SO2↑+Cl2↑+H2OC．磁性氧化铁溶于稀硝酸：3Fe2++4H++NO3-═3Fe3++NO↑+2H2OD．明矾溶液中滴入Ba(OH)2溶液使SO42-，恰好完全沉淀：2Ba2++3OH-+Al3++2SO42-═2BaSO4↓+Al(OH)3↓2、化学与生产、生活密切相关。下列叙述错误的是（）A．生活中可用氢氟酸在玻璃器皿上做标记B．液态HCl不能导电，说明HCl是共价化合物C．杜康用高粱酿酒的原理是通过蒸馏法将高粱中的乙醇分离出来D．“霾尘积聚难见路人”，雾和霾所形成的气溶胶具有丁达尔效应3、下列化学用语对事实的表述正确的是A．硬脂酸与乙醇的酯化反应：C17H35COOH+C2H518OHC17H35COOC2H5+H218OB．向Na2SiO3溶液中通入过量的SO2：SiO32－＋SO2＋H2O＝H2SiO3↓＋SO32－C．由Na和C1形成离子键的过程：D．已知电离平衡常数：H2CO3＞HClO＞HCO3－，向NaClO溶液中通入少量CO2：2ClO－＋CO2＋H2O＝2HClO＋CO32－4、某同学在实验室利用氢氧化钠、盐酸分离铁粉和铝粉混合物，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发生的反应为：AlO2-+H++H2O═Al(OH)3↓C．b→c→Al的反应条件分别为：加热、电解D．a、b、c既能与酸又能与碱反应5、某原子电子排布式为1s22s22p3，下列说法正确的是A．该元素位于第二周期IIIA族 B．核外有3种能量不同的电子C．最外层电子占据3个轨道 D．最外层上有3种运动状态不同的电子6、三国时期曹植在《七步诗》中这样写到“煮豆持作羹,漉豉以为汁。萁在釜下燃，豆在釜中泣。……”，文中“漉”涉及的化学实验基本操作是A．过滤B．分液C．升华D．蒸馏7、三元催化转化器能同时净化汽车尾气中的碳氢化合物(HC)、一氧化碳(CO)及氮氧化合物(NOx)三种污染物。催化剂选择铂铑合金，合金负载量不同时或不同的工艺制备的合金对汽车尾气处理的影响如图所示。下列说法正确的是A．图甲表明，其他条件相同时，三种尾气的转化率随合金负载量的增大而增大B．图乙表明，尾气的起燃温度随合金负载量的增大而降低C．图甲和图乙表明，合金负载量越大催化剂活性越高D．图丙和图丁表明，工艺2制得的合金的催化性能优于工艺1制得的合金8、在Na2Cr2O7酸性溶液中，存在平衡2CrO42—(黄色)+2H+⇌Cr2O72—(橙红色)+H2O，已知:25℃时,Ksp(Ag2CrO4)=1×10—12Ksp(Ag2Cr2O7)=2×10—7。下列说法正确的是A．当2c(Cr2O72—)=c(CrO42—)时，达到了平衡状态B．当pH=1时，溶液呈黄色C．若向溶液中加入AgNO3溶液，生成Ag2CrO4沉淀D．稀释Na2Cr2O7溶液时，溶液中各离子浓度均减小9、下列实验操作规范且能达到实验目的的是（）A．A B．B C．C D．D10、下列物质的制备中，不符合工业生产实际的是（）A．NH3NONO2HNO3B．浓缩海水Br2HBrBr2C．饱和食盐水Cl2漂白粉D．H2和Cl2混合气体HCl气体盐酸11、强酸和强碱稀溶液的中和热可表示为H+(aq)+OH﹣(aq)→H2O(l)+55.8kJ。已知：①HCl(aq)+NH3•H2O(aq)→NH4Cl(aq)+H2O(l)+akJ；②HCl(aq)+NaOH(s)→NaCl(aq)+H2O(l)+bkJ；③HNO3(aq)+KOH(aq)→KNO3(aq)+H2O(l)+ckJ。则a、b、c三者的大小关系为()A．a＞b＞cB．b＞c＞aC．a=b=cD．a=b＜c12、以下相关实验不能达到预期目的的是（）A．试样加水溶解后，再加入足量Ca(OH)2溶液，有白色沉淀生成检验NaHCO3固体中是否含Na2CO3B．向少量燃尽火柴头的浸泡液中滴加足量稀HNO3、AgNO3验证火柴头含有氯离子C．加入饱和Na2CO3溶液，充分振荡，静置、分层后，分液除去乙酸乙酯中的乙酸D．两支试管中装有等体积、等浓度的H2O2溶液，向其中一支试管中加入FeCl3溶液探究FeCl3溶液对H2O2分解速率的影响13、短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X和W为同主族元素，Z的单质能溶于W的最高价氧化物对应的水化物的稀溶液，却不溶于其浓溶液。由这四种元素中的一种或几种组成的物质存在如下转化关系，甲+乙→丙+W，其中甲是元素X的氢化物，其稀溶液可用于伤口消毒，乙为一种二元化合物，常温下0.1mol·L-1丙溶液的pH=13，下列说法错误的是A．X和Y、W均至少能形成两种化合物B．乙和丙均为既含有离子键又含有共价键的离子化合物C．四种元素简单离子半径中Z的最小D．气态氢化物的稳定性：X>W14、下列说法错误的是A．《天工开物》中“凡石灰，经火焚炼为用，这里”涉及的反应类型是分解反应B．“用浓酒和糟入甑(蒸锅)，蒸令气上，用器承滴露”涉及的操作是蒸馏C．《本草图经》在绿矾项载：“盖此矾色绿，味酸，烧之则赤…”因为绿矾能电离出H+，所以“味酸”D．我国晋朝傅玄的《傅鹑觚集·太子少傅箴》中写道：“夫金木无常，方园应行，亦有隐括，习与性形。故近朱者赤，近墨者黑。”这里的“朱”指的是HgS15、第26届国际计量大会修订了阿伏加德罗常数的定义，并于2019年5月20日正式生效。NA表示阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．8.8g乙酸乙酯中所含共用电子对数为1.3NAB．常温常压下28gFe与足量浓硝酸混合，转移电子数为1.5NAC．标准状况下,2.24LCl2与CH4反应完全,形成C一Cl键的数目为0.1NAD．常温下pH=12的NaOH溶液中，由水电离出的氢离子的数目为10-12NA16、下列装置应用于实验室制NO并回收硝酸铜的实验，能达到实验目的的是A．用装置甲制取NOB．用装置乙收集NOC．用装置丙分离炭粉和硝酸铜溶液D．用装置丁蒸干硝酸铜溶液制Cu（NO3）2·3H2O二、非选择题（本题包括5小题）17、以烯烃为原料，合成某些高聚物的路线如图：已知：Ⅰ．（或写成R代表取代基或氢）Ⅱ．甲为烃Ⅲ．F能与NaHCO3反应产生CO2请完成以下问题：（1）CH3CH=CHCH3的名称是______，Br2的CCl4溶液呈______色．（2）X→Y的反应类型为：______；D→E的反应类型为：______．（3）H的结构简式是______．（4）写出下列化学方程式：A→B______；Z→W______．（5）化工生产表明高聚物H的产率不及设计预期，产率不高的原因可能是______．18、药物心舒宁（又名冠心宁）是一种有机酸盐,用于治疗心脉瘀阻所致的冠心病、心绞痛等，可用以下路线合成。完成下列填空：47、写出反应类型：反应①______________、反应②_______________。48、写出结构简式：A__________________、C____________________。49、由1molB转化为C，消耗H2的物质的量为_______________。如果将③、④两步颠倒，则最后得到的是（写结构简式）__________________________。50、D有同类别的同分异构体E，写出E与乙二醇发生缩聚反应所得产物的结构简式______________。51、写出与A的属于芳香族化合物的同分异构体与盐酸反应的化学方程式______________。19、二氧化氯是高效、低毒的消毒剂。已知：ClO2是一种黄绿色易溶于水的气体，具有强氧化性，回答下列问题：(1)ClO2的制备及性质探究(如图所示)。①仪器a的名称为________，装置B的作用是________。②装置C用于制备ClO2，同时还生成一种酸式盐，该反应的化学方程式为_________。装置D中滴有几滴淀粉溶液，其作用是________________。③装置E用于吸收尾气，反应生成NaClO2，则该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为________，氧化产物是___________。(2)粗略测定生成ClO2的量实验步骤如下：a.取下装置D，将其中的溶液转入250mL容量瓶，用蒸馏水洗涤D瓶2~3次，并将洗涤液一并转移到容量瓶中，再用蒸馏水稀释至刻度。b.从容量瓶中取出25.00mL溶液于锥形瓶中，用0.1000mol/L硫代硫酸钠标准溶液滴定（I2+2S2O32-=2I－+S4O62-），指示剂显示终点时共用去24.00mL硫代硫酸钠溶液。①滴定至终点的现象是_____________。②进入装置D中的ClO2质量为_______，与C中ClO2的理论产量相比，测定值偏低，可能的原因是__________。20、水中的溶解氧（DO）的多少是衡量水体水质的重要指标。某化学小组测定某河流中氧的含量，经查阅有关资料了解到溶解氧测定可用“碘量法”，Ⅰ．用已准确称量的硫代硫酸钠（Na2S2O3）固体配制一定体积的cmol/L标准溶液；Ⅱ．用水样瓶取河流中水样v1mL并立即依次序注入1.0mLMnCl2溶液和1.0mL碱性KI溶液，塞紧瓶塞（瓶内不准有气泡），反复震荡后静置约1小时；Ⅲ．向水样瓶中加入1.0mL硫酸溶液，塞紧瓶塞，振荡水样瓶至沉淀全部溶解，此时溶液变为黄色；Ⅳ．将水样瓶内溶液全量倒入锥形瓶中，用硫代硫酸钠标准溶液滴定；V．待试液呈淡黄色后，加1mL淀粉溶液，继续滴定到终点并记录消耗的硫代硫酸钠溶液体积为v2。已知：I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6（1）在滴定环节中使用的仪器有滴定管夹、铁架台、烧杯、锥形瓶和________________________。（2）在步骤Ⅱ中，水样中出现了MnMnO3沉淀，离子方程式为4Mn2++O2+8OH－2MnMnO3↓+4H2O。（3）步骤Ⅲ中发生反应的离子方程式为_______________________________________________________________。（4）滴定时，溶液由__________色到______________色，且半分钟内颜色不再变化即达到滴定终点。（5）河水中的溶解氧为_____________________________mg/L。（6）当河水中含有较多NO3－时，测定结果会比实际值________(填偏高、偏低或不变)21、研究NO2、NO、SO2、CO等大气污染气体的处理具有重要意义。NO2可用下列反应来处理：6NO2(g)+8NH3(g)7N2(g)+12H2O(g)+Q(Q＞0)。(1)120℃时，该反应在一容积为2L的容器内反应，20min时达到平衡。10min时氧化产物比还原产物多了1.4g，则0～10min时，平均反应速率υ(NO2)=____________________，电子转移了___________个。(2)一定条件下上述反应在某体积固定的密闭容器中进行，能说明该反应已经达到平衡状态的是____________。a．c(NO2)：c(NH3)=3：4b．6v(NO2)正=7v(N2)逆c．容器内气体总压强不再变化d．容器内气体密度不再变化(3)若保持其它条件不变，缩小反应容器的体积后达到新的平衡，此时NO2和N2的浓度之比_________(填增大、不变、减小)，NO2的转化率______________。(4)一定条件下NO2与SO2可发生反应，方程式：NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g)−Q。若反应的平衡常数K值变大，该反应___________(选填编号)。a.一定向正反应方向移动b.平衡移动时，逆反应速率先减小后增大c.一定向逆反应方向移动d.平衡移动时，正反应速率先增大后减小(5)请写出用NaOH溶液完全吸收含等物质的量的NO、NO2混合气体的离子方程式___________。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、A【解析】

A．用过量氨水吸收工业尾气中的SO2的离子反应为2NH3•H2O+SO2═2NH4++SO32-+H2O，故A正确；B．氯化钠与浓硫酸混合加热，浓硫酸中只有很少的水，氯化钠几乎不能电离，故该反应的离子方程式就是其化学方程式，H2SO4+2NaClNa2SO4+2HCl↑，故B错误；C．磁性氧化铁的主要成分为四氧化三铁，溶于稀硝酸的离子反应方程式为3Fe3O4+28H++NO3-═9Fe3++NO↑+14H2O，故C错误；D．明矾溶液中滴入Ba(OH)2溶液使SO42-恰好完全沉淀的离子反应方程式为2Ba2++4OH-+Al3++2SO42-═2BaSO4↓+AlO2-+2H2O，故D错误；答案选A。掌握离子方程式的正误判断的常见方法是解题的关键。本题的易错点为D，要注意明矾溶液中滴入Ba(OH)2溶液使SO42-恰好完全沉淀时，铝离子恰好转化为偏铝酸根。2、C【解析】

A．玻璃中含SiO2，会跟HF反应，所以生活中常用氢氟酸刻蚀玻璃，A正确；B．HCl是由共价键构成的共价化合物，B正确；C．高粱中不含乙醇，高粱酿酒是利用葡萄糖分解生成酒精与二氧化碳的原理，故C错误；D．所有胶体都具有丁达尔效应，D正确。答案选C。3、C【解析】

A．硬脂酸为C17H35COOH，含有羧基，与C2H518OH发生酯化反应，乙醇脱去H原子，硬脂酸脱去羟基，反应的化学方程式为C17H35COOH+C2H518OHC17H35CO18OC2H5+H2O，故A错误；B．向Na2SiO3溶液中通入过量SO2的离子反应为SiO32-+2SO2+2H2O═H2SiO3↓+2HSO3-，故B错误；C．氯化钠为离子化合物，含有离子键，反应中Na失去电子，Cl得到电子，则Na和Cl形成离子键的过程：→，故C正确；D．弱酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，所以向NaClO溶液中通入少量CO2：ClO-+CO2+H2O═HClO+HCO3-，故D错误；故答案为C。4、D【解析】

根据流程图，混合物中加入试剂x过滤后得到铁，利用铝与氢氧化钠反应，铁不与氢氧化钠反应，因此试剂x为NaOH，a为NaAlO2，a生成b加入适量的y，因此y是盐酸，b为氢氧化铝，氢氧化铝受热分解成Al2O3，然后电解氧化铝得到铝单质；A.根据上述分析，A正确；B.a→b发生的反应为：AlO2-+H++H2O=Al(OH)3↓，故B正确；C.根据上述分析，b→c→Al的反应条件分别为：加热、电解，故C正确；D.a为NaAlO2，NaAlO2与碱不反应，故D错误；答案选D。5、B【解析】

由原子电子排布式为1s22s22p3，可知原子结构中有2个电子层，最外层电子数为5，共7个电子，有7个不同运动状态的电子，但同一能级上电子的能量相同，以此来解答。【详解】A．有2个电子层，最外层电子数为5，则该元素位于第二周期VA族，故A错误；B．核外有3种能量不同的电子，分别为1s、2s、3p上电子，故B正确；C．最外层电子数为5，占据1个2s、3个2p轨道，共4个轨道，故C错误；D．最外层电子数为5，则最外层上有5种运动状态不同的电子，故D错误；故答案为B。6、A【解析】煮豆持作羹,漉豉以为汁意思是煮熟豆子来做豆豉而使豆子渗出汁水。所以漉豉以为汁采用了过滤的方法把豆豉和豆汁分开。故A符合题意，BCD不符合题意。所以答案为A。7、D【解析】

A.根据图甲所示可知：在400℃时，三种气体的转化率在合金负载量为2g/L时最大，A错误；B.图乙表明，尾气的起燃温度在合金负载量为2g/L时最低，其它各种合金负载量时起燃温度都比2g/L时的高，B错误；C.图甲表示只有在合金负载量为2g/L时尾气转化率最大，而图乙表示的是只有在合金负载量为2g/L时尾气转化率最低，可见并不是合金负载量越大催化剂活性越高，C错误；D.图丙表示工艺1在合金负载量为2g/L时，尾气转化率随尾气的起燃温度的升高而增大，而图丁表示工艺2在合金负载量为2g/L时，尾气转化率在尾气的起燃温度为200℃时已经很高，且高于工艺1，因此制得的合金的催化性能：工艺2优于工艺1，D正确；故合理选项是D。8、C【解析】

A.当2c(Cr2O72—)=c(CrO42—)时，无法判断同一物质的正逆反应速率是否相等，则不能判断是否为平衡状态，A错误；B.当pH=1时，溶液酸性增强，平衡正向进行，则溶液呈橙红色，B错误；C.组成中阴阳离子个数比相同，溶度积常数越小，难溶电解质在水中溶解能力越差，已知Ksp(Ag2CrO4)<Ksp(Ag2Cr2O7)，若向溶液中加入AgNO3溶液，先生成Ag2CrO4沉淀，C正确；D.稀释Na2Cr2O7溶液时，溶液中c(CrO42-)、c(H+)、c(Cr2O72-)均减小，由于KW不变，则c(OH-)增大，D错误；答案为C。温度未变，则溶液中水的离子积不变，氢离子浓度减小，则氢氧根离子浓度必然增大。9、C【解析】

A．氯化铁在水溶液中由于水解会呈酸性，生成氢氧化铁胶体，故FeCl3固体不能直接用蒸馏水溶解，故A错误；B．Pb2+和SO42-反应生成PbSO4，但是Pb2+的量过量，加入Na2S时，若有黑色沉淀PbS生成，不能说明PbSO4转化为PbS，不能说明Ksp(PbSO4)＞Ksp(PbS)，故B错误；C．淀粉水解生成葡萄糖，在碱性溶液中葡萄糖可发生银镜反应，则冷却至室温，再加入氢氧化钠中和至碱性。加入银氨溶液水浴加热，产生银镜。说明淀粉水解能产生还原性糖，故C正确；D．硫酸根离子检验用盐酸酸化的氯化钡溶液，所以应该先加入稀盐酸，没有沉淀后再加入氯化钡溶液，如果有白色沉淀就说明有硫酸根离子，否则不含硫酸根离子，故D错误；答案选C。Pb2+和SO42-反应生成PbSO4，但是Pb2+的量过量，这是易错点。10、D【解析】

A.经催化氧化得到，被空气氧化得到，与水作用得到硝酸，符合工业生产实际，A项正确；B.向浓缩海水中通入氯气可将单质溴置换出来，后面的两步属于溴的提纯反应，符合工业生产实际，B项正确；C.电解饱和食盐水可以得到氯气，将氯气通入石灰乳可以制得漂白粉，符合工业生产实际，C项正确；D.和的混合气体在光照下会发生爆炸，不符合工业生产实际，应改用点燃的方式来得到，D项错误；答案选D。11、B【解析】

①HCl（aq）+NH3•H2O（aq）→NH4Cl（aq）+H2O（l）+akJ，NH3•H2O是弱电解质，电离过程吸热，因此a＜55.8；②HCl（aq）+NaOH（s）→NaCl（aq）+H2O（l）+bkJ，氢氧化钠固体溶解放热，因此b＞55.8；③HNO3（aq）+KOH（aq）→KNO3（aq）+H2O（l）+ckJ，符合中和热的概念，因此c=55.8，所以a、b、c三者的大小关系为b＞c＞a；选B。本题考查了中和热的计算和反应热大小比较，理解中和热的概念，明确弱电解质电离吸热、强酸浓溶液稀释放热、氢氧化钠固体溶解放热；12、A【解析】

A.

Na2CO3

能与Ca(

OH)2溶液发生反应生成CaCO3沉淀，NaHCO3也能与Ca(OH)2

溶液发生反应生成CaCO3沉淀，故不能用Ca(OH)2溶液检验NaHCO3固体中是否含Na2CO3，可以用CaCl2溶液检验，故A选；B.检验氯离子，需要硝酸、硝酸银，则向少量燃尽火柴头的浸泡液中滴加足量稀HNO3、AgNO3可检验，故B不选；C.乙酸与饱和碳酸钠反应后，与乙酸乙酯分层，然后分液可分离，故C不选；D.只有催化剂不同，可探究FeCl3溶液对H2O2分解速率的影响，故D不选；答案选A。13、B【解析】

短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，Z的单质能溶于W的最高价氧化物对应的水化物的稀溶液中，不溶于其浓溶液中，说明Z为Al元素，W为S元素，因为铝在常温下能溶于稀硫酸，在浓硫酸中发生钝化；X和W为同主族元素，则X为O元素；甲是元素X的氢化物，其稀溶液可用于伤口消毒，则甲为H2O2；常温下0.1mol·L-1丙溶液的pH=13，则丙为强碱，说明X、Y、Z、W四种元素中有一种元素的氢氧化物为强碱，则Y为Na元素，则丙为NaOH；由于这四种元素中的一种或几种组成的物质存在甲+乙→丙+W的转化关系，且乙为一种二元化合物，则乙为Na2S。A.根据上述分析X、Y、W分别为O、Na、S元素。X和Y能形成氧化钠、过氧化钠，X和W能形成二氧化硫、三氧化硫，即X和Y、W均至少能形成两种化合物，故A正确；B.通过上述分析可知，乙为硫化钠，硫化钠是只含离子键的离子化合物，丙为氢氧化钠，氢氧化钠是既含离子键又含共价键的离子化合物，故B错误；C.W的离子核外电子层数最多，离子半径最大，X、Y、Z的离子具有相同的电子层结构，因为核外电子层数相同时，核电荷数越大半径越小，Z的核电荷数最大，离子半径最小，故C正确；D.X和W为同主族元素，非金属性X>W，因为非金属性越强，气体氢化物越稳定，则气态氢化物的稳定性X>W，故D正确。答案选B。14、C【解析】

A．石灰石加热后制得生石灰，同时生成CO2，该反应为分解反应，A正确；B．根据“蒸令气上”可知，是利用互溶混合物的沸点差异进行分离，其操作是蒸馏，B正确；C．绿矾的化学式是FeSO4·7H2O，在溶液中电离出二价铁离子、硫酸根离子，不能电离出H+，C错误；D．“近朱者赤，近墨者黑”中的“朱”是指朱砂，主要成分为HgS，硫化汞的天然矿石为大红色，D正确。答案选C。15、C【解析】

A．8.8g乙酸乙酯的物质的量是0.1mol，其中所含共用电子对数为1.4NA，A错误；B．常温常压下Fe在浓硝酸中钝化，无法计算转移电子数，B错误；C．标准状况下,2.24LCl2（0.1mol）与CH4反应完全，根据原子守恒可知形成C－Cl键的数目为0.1NA，C正确D．常温下pH=12的NaOH溶液的体积未知，无法计算由水电离出的氢离子的数目，D错误。答案选C。选项B是解答的易错点，注意铁、铝与硝酸反应的原理，常温下铁、铝在浓硝酸中钝化，与稀硝酸反应生成NO，在加热的条件下与浓硝酸反应生成NO2。16、C【解析】

A.生成气体从长颈漏斗逸出，且NO易被氧化，应选分液漏斗，A不能达到实验目的；B.NO与空气中氧气反应，不能用排空气法收集NO，B不能达到实验目的；C.装置丙是过滤装置，可分离炭粉和硝酸铜溶液，C能达到实验目的；D.装置丁是坩埚，用于灼烧固体，不能用于蒸干溶液，且硝酸铜溶液在蒸发时，铜离子水解，生成硝酸易挥发，D不能达到实验目的；故选C。二、非选择题（本题包括5小题）17、2﹣丁烯橙红取代反应消去反应合成步骤过多、有机反应比较复杂【解析】

2-丁烯和氯气在光照条件下发生取代反应生成X，X和氢气发生加成反应生成A，A和氢氧化钠的醇溶液发生消去反应生成B，B和乙烯反应生成环己烯，结合题给信息知，B是CH2=CH-CH=CH2，则A为ClCH2CH2CH2CH2Cl，X为ClCH2CH=CHCH2Cl，环己烯与溴发生加成反应生成D为，D在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应生成E为，E发生加聚反应得到；X发生水解反应生成Y为HOCH2CH=CHCH2OH，Y发生氧化反应生成Z为HOCCH=CHCHO，甲为烃，Z和甲反应生成W，W和氢气发生加成反应生成，结合题给信息知，Z和甲发生加成反应，所以甲的结构简式为：，W的结构简式为：，1，4-二甲苯被酸性高锰酸钾氧化生成F为，和发生缩聚反应反应生成H，则H的结构简式为：，据此解答。【详解】（1）CH3CH=CHCH3的名称是：2−丁烯，Br2的CCl4溶液呈橙红色；（2）X→Y是ClCH2CH=CHCH2Cl发生水解反应生成Y为HOCH2CH=CHCH2OH，属于取代反应；D→E是在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应生成，故答案为：取代反应；消去反应；（3）H的结构简式是：；（4）A→B的反应方程式为：，Z→W的反应方程式为：；（5）化工生产表明高聚物H的产率不及设计预期，产率不高的原因可能是：合成步骤过多、有机反应比较复杂，故答案为：合成步骤过多、有机反应比较复杂。18、取代反应消去反应10mol【解析】

根据流程图中苯转化为，为四氯化碳中的两个氯原子被苯环上的碳取代，同一碳上的羟基不稳定，所以卤代烃水解消去得到酮，根据酮和A反应生成，推之酮和A发生加成反应的产物，所以A为：，在浓硫酸的作用下发生醇羟基的消去反应生成B，和氢气发生加成反应生成C，C与D反应生成心舒宁，所以D为：；据以上分析进行解答。【详解】据流程图中苯转化为，为四氯化碳中的两个氯原子被苯环上的碳取代，CCl4+2→+2HCl，同一碳上的羟基不稳定，所以卤代烃水解消去得到酮，根据酮和A反应生成，推之酮和A发生加成反应的产物，+→，A为：，在浓硫酸的作用下发生醇羟基的消去反应→+H2O，生成B，和氢气发生加成反应+10H2→，生成C，C与D反应生成心舒宁，所以D为：，反应为：+→，1．结合以上分析可知，反应①取代反应、反应②是醇的消去；2．发生加成反应生成，结合原子守恒和碳架结构可得出A的结构简式：；C是由经过醇的消去，再和氢气完全加成的产物，可C的结构简式为：；3．B与氢气加成时二个苯环和右侧六元环需要9个氢分子，另外还有一个碳碳双键，故由1molB转化为C，完全加成消耗H2的物质的量为10mol；如果将③、④两步颠倒，则发生反应为中间体B先与生成盐，后再与H2加成，故最后得到的产物的结构简式中应不含不饱和的双键．即为；4．D为与之同类别的同分异构体E为，E与乙二醇发生缩聚反应所得产物的结构简式；5．A的属于芳香族化合物的同分异构体为与盐酸反应的化学方程式。19、分液漏斗防倒吸、防堵塞(或平衡气压、安全瓶均可)SO2＋H2SO4＋2KClO3=2KHSO4＋2ClO2检验有I2生成，进而证明ClO2有强氧化性2:1O2溶液由蓝色变为无色，且半分钟内溶液颜色不再改变0.324

g产生ClO2的速率太快，ClO2没有被D中的溶液完全吸收；C中ClO2未全部进入D中【解析】

(1)浓H2SO4和Na2SO3反应生成SO2，A制备SO2，B装置有缓冲作用，可防止倒吸、堵塞；装置C用于制备ClO2，同时还生成一种酸式盐，则C中发生反应SO2+H2SO4+2KClO3=2KHSO4+2ClO2，ClO2是一种黄绿色易溶于水的气体，具有强氧化性，在D中发生氧化还原反应生成I2，装置D中滴有几滴淀粉溶液，I2遇淀粉变蓝色；装置E用于吸收尾气，反应生成NaClO2，双氧水作还原剂生成氧气，从而防止尾气污染环境；(2)①碘遇淀粉变蓝色，当碘完全反应后溶液变为无色；②ClO2与KI在溶液反应离子方程式为：2ClO2+10I-+8H+=5I2+2Cl-+4H2O，结合I2+2S2O32-=2I-+S4O62-，可得ClO2～5S2O32-，则n(ClO2)=n(Na2S2O3)=×0.1000mol/L×0.024L=0.00048mol，250mL溶液中含有n(I2)=0.00048mol×10=0.0048mol，m(ClO2)=0.0048mol×67.5g/mol=0.324g；ClO2部分没有被吸收、未完全进入D中都导致测定值偏低。【详解】(1)浓H2SO4和Na2SO3反应生成SO2，A用于制备SO2，B装置有缓冲作用，能防止倒吸、堵塞；装置C用于制备ClO2，同时还生成一种酸式盐，则C中发生反应SO2+H2SO4+2KClO3=2KHSO4+2ClO2，ClO2是一种黄绿色易溶于水的气体，具有强氧化性，所以D中发生氧化还原反应生成I2，装置D中滴有几滴淀粉溶液，I2单质遇淀粉溶液变为蓝色；装置E用于吸收尾气，反应生成NaClO2，双氧水作还原剂生成氧气，从而防止尾气污染环境，①仪器a的名称为分液漏斗，装置B有缓冲作用，所以能防倒吸、防堵塞(或平衡气压、安全瓶)；②装置C用于制备ClO2，同时还生成一种酸式盐，根据元素守恒可知，生成的酸式盐为KHSO4，该反应的化学方程式为SO2+H2SO4+2KClO3=2KHSO4+2ClO2；装置D中滴有几滴淀粉溶液，淀粉遇碘溶液变为蓝色，根据淀粉溶液是否变色来判断是否有I2单质生成，从而证明ClO2是否具有氧化性；③装置E用于吸收尾气，反应生成NaClO2，反应方程式为H2O2+2ClO2+2NaOH=2NaClO2+O2↑+H2O，在该反应中ClO2是氧化剂，NaClO2的还原产物，H2O2是还原剂，O2是氧化产物，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1；(2)①I2单质遇淀粉溶液变为蓝色，当碘完全反应后溶液变为无色，所用滴定终点是溶液由蓝色变为无色，且半分钟内溶液颜色不再改变；②ClO2溶液与碘化钾反应的离子方程式：2ClO2+10I-+8H+=5I2+2Cl-+4H2O，结合I2+2S2O32-=2I-+S4O62-，可得关系式：ClO2～5S2O32-，则n(ClO2)=n(Na2S2O3)=×0.1000mol/L×0.024L=0.00048mol，则在250mL溶液中含有n(I2)=0.00048mol×10=0.0048mol，m(ClO2)=0.0048mol×67.5g/mol=0.324g；由于C中ClO2有一部分没有被吸收、未完全进入D中都导致测定值偏低。本题考查物质制备，涉及实验操作、氧化还原反应、方程式的计算、物质检验等知识点，侧重考查实验操作规范性、元素化合物性质等知识点，明确实验原理、物质性质、物质之间的转化关系是解本题关键。20、碱式滴定管MnMnO3+2I－+6H+I2+2Mn2++3H2O蓝无偏高【解析】

(1)滴定环节中使用的仪器有滴定管夹、铁架台、烧杯、锥形瓶和滴定管，滴定管装Na2S2O3溶液，Na2S2O3显碱性；(3)Ⅱ中有MnMnO3沉淀生成同时有碘离子剩余，加入1.0mL硫酸溶液，塞紧瓶塞，振荡水样瓶，沉淀全部溶解，此时溶液变为黄色，说明产生I2，根据氧化还原反应方程式分析；(4)待测液中有I2，用淀粉溶液做指示剂，溶液为蓝色，终点时为无色；(5)根据关系式，进行定量分析；(6)含有较多NO3－时，在酸性条件下，形成硝酸，具有强氧化性，会氧化Na2S2O3。【详解】(1)滴定环节中使用的仪器有滴定管夹、铁架台、烧杯、锥形瓶和滴定管，滴定管装Na2S2O3溶液，Na2S2O3显碱性，用碱式滴定管，故答案为：碱式滴定管；(3)Ⅱ中有MnMnO3沉淀生成同时有碘离子剩余，加入1.0mL硫酸溶液，塞紧瓶塞，振荡水样瓶，沉淀全部溶解，此时溶液变为黄色，说明产生I2，即碘化合价升高，Mn的化合价会降低，离子方程式为MnMnO3+2I－+6H+I2+2Mn2++3H2O，故答案为：MnMnO3+2I－+6H+I2+2Mn2++3H2O；(4)待测液中有I2，用淀粉溶液做指示剂，溶液为蓝色，终点时为无色，故答案为：蓝；无；(5)由4Mn2++O2+8OH－2MnMnO3↓+4H2O，MnMnO3+2I－+6H+I2