2026届黑龙江省哈尔滨市香坊区第六中学高三下学期总复习质量调查（二）化学试题含解析

2026届黑龙江省哈尔滨市香坊区第六中学高三下学期总复习质量调查（二）化学试题注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡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、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、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、人工肾脏可用间接电化学方法除去代谢产物中的尿素[CO(NH2)2]。下列有关说法正确的是（）A．a为电源的负极B．电解结束后，阴极室溶液的pH与电解前相比将升高C．除去尿素的反应为：CO(NH2)2＋2Cl2＋H2O==N2＋CO2＋4HClD．若两极共收集到气体0.6mol，则除去的尿素为0.12mol(忽略气体溶解，假设氯气全部参与反应)2、下列化学用语使用正确的是（）A．HF在水溶液中的电离方程式：HF＋H2OF－＋H3O＋B．Na2S的电子式：C．乙烯的结构式：CH2＝CH2D．重氢负离子(H－)的结构示意图：3、能证明KOH是离子化合物的事实是A．常温下是固体 B．易溶于水 C．水溶液能导电 D．熔融态能导电4、在指定溶液中下列离子能大量共存的是A．无色透明溶液：NH4+、Fe3+、SO42-、NO3-B．能使甲基橙变红的溶液：Na+、Ca2+、Cl-、CH3COO-C．c(ClO-)=0.1mol•L-1的溶液：K+、Na+、SO42-、S2-D．由水电离产生的c(H+)=1×10-13mol•L-1的溶液：K+、Na+、Cl-、NO3-5、常温下，电解质溶液的性质与变化是多样的，下列说法正确的是（）A．pH相同的①CH3COONa②NaClO③NaOH三种溶液c(Na+)大小：①＞②＞③B．往稀氨水中加水，的值变小C．pH=4的H2S溶液与pH=10的NaOH溶液等体积混合，存在下列等式：c(Na+)+c(H+)＝c(OH—)+2c(S2—)D．Ca(ClO)2溶液中通入少量CO2，ClO—水解程度增大，溶液碱性增强6、高铁电池是一种新型可充电电池，电解质溶液为KOH溶液，放电时的总反应式为3Zn+2K2FeO4+8H2O═3Zn（OH）2+2Fe（OH）3+4KOH．下列叙述正确的是A．放电时，负极反应式为3Zn﹣6e﹣+6OH﹣═3Zn（OH）2B．放电时，正极区溶液的pH减小C．充电时，每转移3mol电子，阳极有1molFe（OH）3被还原D．充电时，电池的锌电极接电源的正极7、下表中对应关系正确的是A

CH3CH3+Cl2CH3CH2Cl+HCl

CH2=CH2+HClCH3CH2Cl

均为取代反应

B

由油脂得到甘油

由淀粉得到葡萄糖

均发生了水解反应

C

Cl2+2Br‾=2Cl‾+Br2

Zn+Cu2+=Zn2++Cu

均为单质被还原的置换反应

D

2Na2O2+2H2O+4NaOH+O2↑

Cl2+H2O=HCl+HClO

均为水作还原剂的氧化还原反应

A．A B．B C．C D．D8、科学家利用CH4燃料电池(如图)作为电源，用Cu-Si合金作硅源电解制硅可以降低制硅成本，高温利用三层液熔盐进行电解精炼，下列说法不正确的是（）A．电极d与b相连，c与a相连B．电解槽中，Si优先于Cu被氧化C．a极的电极反应为CH4-8e-+8OH-=CO2+6H2OD．相同时间下，通入CH4、O2的体积不同，会影响硅的提纯速率9、NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是A．5.5g超重水(T2O)中含有的中子数目为3NAB．常温常压下，44gCO2与足量过氧化钠反应转移电子的数目为NAC．常温常压下，42gC2H4和C4H8混合气体中含有氢原子的数目为6NAD．0.1L0.5mol·L－1CH3COOH溶液中含有H＋数目为0.2NA10、下列说法正确的是（）A．如图有机物核磁共振氢谱中出现8组峰B．如图有机物分子式为C10H12O3C．分子式为C9H12的芳香烃共有9种D．蓝烷的一氯取代物共有6种（不考虑立体异构）11、下列有关电解质溶液的说法正确的是A．0.1mol/L氨水中滴入等浓度等体积的醋酸，溶液导电性增强B．适当升高温度，CH3COOH溶液pH增大C．稀释0.1mol/LNaOH溶液，水的电离程度减小D．CH3COONa溶液中加入少量CH3COOH，减小12、以0.10mol／L的氢氧化钠溶液滴定同浓度某一元酸HA的滴定曲线如图所示()。下列表述错误的是()A．z点后存在某点，溶液中的水的电离程度和y点的相同B．a约为3.5C．z点处，D．x点处的溶液中离子满足：13、“轨道”2px与3py上电子一定相同的方面是（）A．能量 B．呈纺锤形C．自旋方向 D．在空间的伸展方向14、如表所示有关物质检验的实验结论正确的是()选项实验操作及现象实验结论A向某溶液中加入盐酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成该溶液中一定含有SO42-B向某溶液中加入盐酸，将生成的气体通入品红溶液中，品红溶液褪色该溶液一定含有SO32-C将某气体通入品红溶液中，品红溶液褪色该气体一定是SO2D将SO2通入Na2CO3溶液中生成的气体，先通入足量的酸性KMnO4溶液，再通入澄清石灰水中有浑浊说明酸性：H2SO3＞H2CO3A．A B．B C．C D．D15、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，X、Y是金属元素，X的焰色呈黄色。W、Z最外层电子数相同，Z的核电荷数是W的2倍。工业上一般通过电解氧化物的方法获得Y的单质，则下列说法不正确的是（）A．W、X、Y形成的简单离子核外电子数相同B．Z和W可形成原子个数比为1：2和1：3的共价化合物C．Y和Z形成的化合物可以通过复分解反应制得D．X、Y和Z三种元素形成的最高价氧化物对应的水化物能两两反应16、化学与生活密切相关。下列有关玻璃的叙述正确的是（）A．含溴化银的变色玻璃，变色原因与太阳光的强度和生成银的多少有关B．玻璃化学性质稳定，具有耐酸碱侵蚀、抗氧化等优点C．钢化玻璃、石英玻璃及有机玻璃都属于无机非金属材料D．普通玻璃的主要成分可表示为Na2O·CaO·6SiO2，说明玻璃为纯净物二、非选择题（本题包括5小题）17、有研究人员在体外实验中发现药物瑞德西韦对新冠病毒有明显抑制作用。E是合成瑞德西韦的中间体，其合成路线如下：回答下列问题：(1)W的化学名称为____；反应①的反应类型为____(2)A中含氧官能团的名称为____。(3)写出反应⑦的化学方程式_____(4)满足下列条件的B的同分异构体有____种(不包括立体异构)。①苯的二取代物且苯环上含有硝基；②可以发生水解反应。上述同分异构体中核磁共振氢谱为3:2:2的结构简式为____________(5)有机物中手性碳(已知与4个不同的原子或原子团相连的碳原子称为手性碳)有___个。结合题给信息和已学知识，设计由苯甲醇为原料制备的合成路线_______(无机试剂任选)。18、某研究小组以环氧乙烷和布洛芬为主要原料，按下列路线合成药物布洛芬酰甘氨酸钠。己知：（1）RCOOHRCOC1RCOORˊ（2）R-Cl-R-NH2R-NH2HC1RCONHR请回答：（1）写出化合物的结构简式：B_________；D_________。（2）下列说法不正确的是_________。A．转化为A为氧化反应B．RCOOH与SOCl2反应的产物有SO2和HC1C．化合物B能发生缩聚反应D．布洛芬酰甘氨酸钠的分子式为C15H19NO3Na（3）写出同时符合下列条件的布洛芬的所有同分异构体_________。①红外光谱表明分子中含有酯基，实验发现能与NaOH溶液1∶2反应，也能发生银镜反应；②H—NMR谱显示分子中有三个相同甲基，且苯环上只有一种化学环境的氢原子。（4）写出F→布洛芬酰甘氨酸钠的化学方程式_________。（5）利用题给信息，设计以为原料制备（）的合成路线(用流程图表示：无机试剂任选)_____________________。19、氯化亚铜是一种白色粉末，微溶于水，不溶于乙醇、稀硝酸及稀硫酸；可溶于氯离子浓度较大的体系，形成。在潮湿空气中迅速被氧化，见光则分解。右下图是实验室仿工业制备氯化亚铜的流程进行的实验装置图。实验药品：铜丝、氯化铵、65％硝酸、20％盐酸、水。(1)质量分数为20％的盐酸密度为，物质的量浓度为______；用浓盐酸配制20％盐酸需要的玻璃仪器有：______、烧杯、玻璃棒、胶头滴管。(2)实验室制备过程如下：①检查装置气密性，向三颈瓶中加入铜丝、氢化铵、硝酸、盐酸，关闭。实验开始时，温度计显示反应液温度低于室温，主要原因是______；②加热至℃，铜丝表面产生无色气泡，烧瓶上方气体颜色逐渐由无色为红棕色，气囊鼓起。打开，通入氧气一段时间，将气囊变瘪，红棕色消失后关闭，冷却至室温，制得。通入氧气的目的为______；三颈瓶中生成的总的离子方程为______；将液体转移至烧杯中用足量蒸馏水稀释，产生白色沉淀，过滤得氧化亚铜粗品和滤液。③粗品用95％乙醇洗涤、烘干得氧化亚铜。(3)便于观察和控制产生的速率，制备氧气的装置最好运用______(填字母)。(4)下列说法不正确的是______A．步骤Ⅰ中可以省去，因为已经加入了B．步骤Ⅱ用去氧水稀释，目的是使转化为，同时防止被氧化C．当三颈烧瓶上方不出现红棕色气体时，可停止通入氧气D．流程中可循环利用的物质只有氯化铵(5)步骤Ⅲ用95％乙醇代替蒸馏水洗涤的主要目的是______、______(答出两条)。(6)氯化亚铜的定量分析：①称取样品和过量的溶液于锥形瓶中，充分溶解；②用硫酸[Ce(SO4)2]标准溶液测定。已知：已知：CuCl+FeCl3=CuCl2+FeCl2，Fe2++Ce4+=Fe3++Ce3+三次平衡实验结果如下表(平衡实验结果相差不能超过1％)：平衡实验次数123样品消耗硫酸锑标准溶液的体积2则样品中的纯度为______(结果保留3位有效数字)。误差分析：下列操作会使滴定结果偏高的是______。A．锥形瓶中有少量蒸馏水B．滴定终点读数时仰视滴定管刻度线C．所取溶液体积偏大D．滴定前滴定管尖端有气泡，滴定后气泡消失20、亚硝酸钠(NaNO2)是一种常用的食品添加剂，使用时需严格控制用量。实验室以2NO+Na2O2=2NaNO2为原理，利用下列装置制取NaNO2(夹持和加热仪器略)。已知：①酸性KMnO4溶液可将NO及NO2-氧化为NO3-，MnO4-被还原为Mn2+。②HNO2具有不稳定性：2HNO2=NO2↑+NO↑+H2O。回答下列问题：(1)按气流方向连接仪器接口______________(填接口字母)。(2)实验过程中C装置内观察到的现象是___________________________。(3)Na2O2充分反应后，测定NaNO2含量：称取反应后B中固体样品3.45g溶于蒸馏水，冷却后用0.50mol·L-1酸性KMnO4标准液滴定。重复三次，标准液平均用量为20.00mL。①该测定实验需要用到下列仪器中的___________(填序号)。a．锥形瓶b．容量瓶c．胶头滴管d．酸式滴定管e．碱式滴定管f．玻璃棒②假定其他物质不与KMnO4反应，则固体样品中NaNO2的纯度为____％。③实验得到NaNO2的含量明显偏低，分析样品中含有的主要杂质为_____(填化学式)。为提高产品含量，对实验装置的改进是在B装置之前加装盛有_____(填药品名称)的______(填仪器名称)。(4)设计一个实验方案证明酸性条件下NaNO2具有氧化性________________________。(提供的试剂：0.10mol·L-1NaNO2溶液、KMnO4溶液、0.10mol·L-1KI溶液、淀粉溶液、稀硝酸、稀硫酸)21、TiCl3是烯烃定向聚合的催化剂、TiCl4可用于制备金属Ti。(1)Ti3+的基态核外电子排布式为__________(2)丙烯分子中，碳原子轨道杂化类型为__________(3)Mg、Al、Cl第一电离能由大到小的顺序是___________(4)写出一种由第2周期元素组成的且与CO互为等电子体的阴离子的电子式________(5)TiCl3浓溶液中加入无水乙醚，并通入HCl至饱和，在乙醚层得到绿色的异构体,结构式分别是[Ti(H2O)6]Cl3、[Ti(H2O)5Cl]Cl2·H2O。1mol[Ti(H2O)6]Cl3中含有σ键的数目为______.(6)钛酸锶具有超导性、热敏性及光敏性等优点，该晶体的晶胞中Sr位于晶胞的顶点，O位于晶胞的面心，Ti原子填充在O原子构成的正八面体空隙的中心位置，据此推测，钛酸锶的化学式为_________

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【解析】

A、由图可以知道，左室电极产物为CO2和N2，发生氧化反应，故a为电源的正极，右室电解产物H2，发生还原反应，故b为电源的负极，故A错误；B、阴极反应为6H2O+6e-=6OH-+3H2↑，阳极反应为6Cl--6e-=3Cl2↑，CO（NH2）2+3Cl2+H2O=N2+CO2+6HCl，根据上述反应式可以看出在阴、阳极上产生的OH-、H+的数目相等，阳极室中反应产生的H+，通过质子交换膜进入阴极室与OH-恰好反应生成水，所以阴极室中电解前后溶液的pH不变，故B错误；C、由图可以知道，阳极室首先是氯离子放电生成氯气，氯气再氧化尿素生成氮气、二氧化碳，同时会生成HCl，阳极室中发生的反应依次为6Cl--6e-=3Cl2↑，CO（NH2）2+3Cl2+H2O=N2+CO2+6HCl，故C错误；D、如图所示，阴极反应为6H2O+6e-=6OH-+3H2↑，阳极反应为6Cl--6e-=3Cl2↑，CO（NH2）2+3Cl2+H2O=N2+CO2+6HCl，若两极共收集到气体0.6mol，则n(N2)=n(CO2)=0.6×1/5mol=0.12mol，由反应CO（NH2）2+3Cl2+H2O=N2+CO2+6HCl可知所消耗的CO（NH2）2的物质的量也为0.12mol，故D正确。答案选D。2、A【解析】

A.HF是弱酸，部分电离，用可逆号，HF＋H2O⇌F－＋H3O＋可表示HF的电离方程式，故A正确；B.Na2S是离子化合物，由阴阳离子构成，而不是共价化合物，电子式书写不正确，故B错误；C.乙烯的结构简式：CH2＝CH2，故C错误；D.重氢负离子(H－)的质子数是1，即核电荷数为1，故D错误；故选：A。3、D【解析】

离子化合物在熔融状态下能电离生成阴阳离子而导电，共价化合物在熔融状态下以分子存在，据此分析解答。【详解】离子化合物在熔融状态下能电离生成阴阳离子而导电，共价化合物在熔融状态下以分子存在，所以在熔融状态下能导电的化合物是离子化合物，KOH在熔融状态下能导电，所以是离子化合物，与其状态、溶解性强弱、其水溶液是否导电都无关，答案选D。4、D【解析】

A.Fe3+的水溶液显黄色，与“无色溶液”矛盾，A错误；B.能使甲基橙变红的溶液显酸性，此时H+、CH3COO-会发生反应产生CH3COOH，不能大量共存，B错误；C.ClO-具有强的氧化性，与具有还原性的微粒S2-会发生氧化还原反应，不能大量共存，C错误；D.选项离子之间不能发生任何反应，可以大量共存，D正确；故合理选项是D。5、A【解析】

A、醋酸的酸性强于次氯酸，CH3COONa与NaClO水解显碱性，根据越弱越水解的规律，若溶液的pH相同，CH3COONa的浓度最大，所以三种溶液c(Na+)大小顺序为：①＞②＞③，故A正确；B、NH3•H2O的电离常数K=c(NH4+)•c(OH‾)/c(NH3•H2O)=c(NH4+)•Kw/c(NH3•H2O)•c(H+)，所以的值为常数，不发生变化，故B错误；C、因为H2S为弱酸，所以pH=4的H2S溶液与pH=10的NaOH溶液等体积混合，H2S过量，根据电荷守恒可得：c(Na+)+c(H+)＝c(OH—)+2c(S2—)+c(HS‾)，故C错误；D、Ca(ClO)2溶液中通入少量CO2，生成CaCO3与HClO，溶液碱性减弱，故D错误。答案选A。6、A【解析】

A．放电时，Zn失去电子，发生3Zn﹣6e﹣+6OH﹣═3Zn（OH）2，故A正确；B．正极反应式为FeO42-+4H2O+3e﹣=Fe（OH）3+5OH﹣，pH增大，故B错误；C．充电时，铁离子失去电子，发生Fe（OH）3转化为FeO42﹣的反应，电极反应为Fe（OH）3﹣3e﹣+5OH﹣=FeO42﹣+4H2O，每转移3mol电子，阳极有1molFe（OH）3被氧化，故C错误；D．充电时，电池的负极与与电源的负极相连，故D错误．故选A．7、B【解析】

A．CH2=CH2+HCl→CH3CH2Cl为烯烃的加成反应，而CH3CH3+Cl2CH3CH2Cl+HCl为烷烃的取代反应，故A错误；B．油脂为高级脂肪酸甘油酯，水解生成甘油；淀粉为多糖，水解最终产物为葡萄糖，则均发生了水解反应，故B正确；C．Cl2+2Br-═2Cl-+Br2中Cl元素的化合价降低；Zn+Cu2+═Zn2++Cu中Zn元素的化合价升高，前者单质被还原，后者单质被氧化，均属于置换反应，故C错误；D.2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑中只有过氧化钠中O元素的化合价变化，水既不是氧化剂也不是还原剂；Cl2+H2O═HCl+HClO中只有Cl元素的化合价变化，属于氧化还原反应，但水既不是氧化剂也不是还原剂，故D错误；故选B。本题的易错点是D，2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑反应中只有过氧化钠中的O元素的化合价变化；Cl2+H2O═HCl+HClO中只有Cl元素的化合价变化。8、C【解析】

A．图2是甲烷燃料电池，通入甲烷的电极为负极，通入氧气的电极为正极，图1中d电极为阳极，与电源正极b相连，c电极为阴极，与电源负极a相连，故A正确；B．d电极为阳极硅失电子被氧化，而铜没有，所以Si优先于Cu被氧化，故B正确；C．通入甲烷的a电极为负极发生氧化反应，电极反应为CH4-8e－+4O2－═CO2+2H2O，故C错误；D．相同时间下，通入CH4、O2的体积不同，电流强度不同，会导致转移电子的量不同，会影响硅提纯速率，故D正确；故选C。9、D【解析】

A选项，5.5g超重水(T2O)物质的量，1个T2O中含有12个中子，5.5g超重水(T2O)含有的中子数目为3NA，故A正确，不符合题意；B选项，根据反应方程式2mol过氧化钠与2mol二氧化碳反应生成2mol碳酸钠和1mol氧气，转移2mol电子，因此常温常压下，44gCO2即物质的量1mol，与足量过氧化钠反应转移电子的数目为NA，故B正确，不符合题意；C选项，C2H4和C4H8混合气体可用通式法来分析，通式为CnH2n，42gC2H4和C4H8混合气体中含有氢原子物质的量，因此含有氢原子的数目为6NA，故C正确，不符合题意；D选项，0.1L0.5mol·L－1CH3COOH物质的量为0.05mol，醋酸是弱酸，部分电离，因此溶液中含有H＋数目小于为0.05NA，故D错误，符合题意。综上所述，答案为D。C2H4和C4H8混合气体可用通式法来分析含碳原子个数和含氢原子个数的思想。10、A【解析】

A．根据该物质的结构简式可知该分子中有8种环境的氢原子，所以核磁共振氢谱中出现8组峰，故A正确；B．根据该物质的结构简式可知分子式为C10H14O3，故B错误；C．分子式为C9H12的属于芳香烃，是苯的同系物，除了1个苯环，可以有一个侧链为：正丙基或异丙基，可以有2个侧链为：乙基、甲基，有邻、间、对3种，可以有3个甲基，有连、偏、均3种，共有8种，故C错误；D．蓝烷分子结构对称，有4种环境的氢原子，一氯代物有4种，故D错误；故答案为A。11、A【解析】

A．向氨水中滴加少量等浓度的醋酸溶液后，反应生成醋酸铵为强电解质，完全电离，溶液中离子浓度增大，溶液的导电性增强，故A正确；B．醋酸的电离是吸热反应，升高温度，促进醋酸电离，所以醋酸的电离程度增大，溶液的pH减小，故B错误；C．酸碱对水的电离有抑制作用，稀释0.1mol/LNaOH溶液，对水的电离的抑制作用减小，水的电离程度增大，故C错误；D．CH3COONa溶液中存在醋酸根离子的水解，=，加入少量CH3COOH，溶液的温度不变，醋酸根的水解平衡常数不变，则不变，故D错误；故选A。本题的易错点为D，要注意化学平衡常数、电离平衡常数、水解平衡常数、溶度积、水的离子积等都是只与温度有关，温度不变，这些常数不变。12、D【解析】

A.z点滴定分数为1，即恰好完全反应，此时溶液中溶质为NaA，水的电离程度最大，z点之前溶液存在HA抑制水的电离，z点之后溶液中存在NaOH抑制水的电离，所以z点后存在某点，溶液中的水的电离程度和y点的相同，故A正确；B.HA的电离平衡常数，设HA的量为1，y点的滴定分数为0.91，pH=7，溶液中电荷守恒得到c（Na+）=c（A-）=0.91，则，c（HA）=1-0.91=0.09，平衡常数K=，设0.1mol/L的HA溶液中c（H+）=amol/L，则K=，解得a约为10-3.5mol/L，pH约为3.5，故B正确；C.z点滴定分数为1，即恰好完全反应，此时溶液中溶质为NaA，根据电荷守恒可知，此时溶液呈碱性，即氢氧根浓度大于氢离子浓度，所以，故C正确；D.x点处的溶液中溶质为HA和NaA，且二者物质的量相等，存在电荷守恒：，物料守恒：；二式消掉钠离子可得：，此时溶液呈酸性，即c（H+）>c（OH-），所以，故D错误；故答案为D。本题难度较大，要灵活运用电解质溶液中的电荷守恒、物料守恒进行分析求解。13、B【解析】

A．“轨道”2Px与3Py分别属于第二电子层和第三电子层，不同电子层的电子具有不同的能量，所以二者的能量不同，故A错误；B．所有的p轨道均为纺锤形，所以“轨道”2Px与3Py均呈纺锤形，故B正确；C．不同电子层上的电子，其自旋方向不一定相同，故C错误；D．在三维坐标中，“轨道”2Px在x轴方向伸展，3Py在y轴方向伸展，则在空间的伸展方向不同，故D错误；故答案为B。14、D【解析】

根据物质的性质及反应现象分析解答。【详解】A.白色沉淀可以能是氯化银，溶液中可能含有银离子，应该先加盐酸排除银离子的干扰，故A错误；B.溶液中可能含有HSO3-，故B错误；C.具有漂白作用的不仅仅是二氧化硫，融入氯气也可以使品红褪色，故C错误；D.先通入酸性高锰酸钾溶液，目的是除去二氧化硫气体，再通入澄清石灰水变浑浊，说明产物是二氧化碳，进而证明亚硫酸的酸性强于碳酸，故D正确。故选D。在物质检验的实验中，一定要注意排除其他物质的干扰，很多反应的现象是一样的，需要进一步验证，例如二氧化硫和二氧化碳都能使澄清石灰水变浑浊，但二氧化硫可以与酸性高锰酸钾反应，二氧化碳不可以。15、C【解析】

W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，X、Y是金属元素，X的焰色呈黄色，为钠元素，W、Z最外层电子数相同，Z的核电荷数是W的2倍，则W为氧元素，Z为硫元素。工业上一般通过电解氧化物的方法获得Y的单质，则Y为铝元素，据此分析。【详解】W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，X、Y是金属元素，X的焰色呈黄色，为钠元素，W、Z最外层电子数相同，Z的核电荷数是W的2倍，则W为氧元素，Z为硫元素。工业上一般通过电解氧化物的方法获得Y的单质，则Y为铝元素，A．W、X、Y形成的简单离子O2-、Na+、Al3+，核外电子数相同，均是10电子微粒，A正确；B．硫和氧可以形成二氧化硫和三氧化硫两种共价化合物，原子个数比为1:2和1:3，B正确；C．由于硫离子和铝离子水解相互促进生成氢氧化铝和硫化氢，因此硫化铝不能通过复分解反应制备，C错误；D．X、Y和Z三种元素形成的最高价氧化物对应的水化物分别是氢氧化钠、氢氧化铝、硫酸，氢氧化铝是两性氢氧化物，与氢氧化钠、硫酸都反应，所以它们之间能两两反应，D正确；答案选C。16、A【解析】

A．在光照条件下，AgBr发生分解生成Ag和Br2，光的强度越大，分解的程度越大，生成Ag越多，玻璃的颜色越暗，当太阳光弱时，在CuO的催化作用下，Ag和Br2发生反应生成AgBr，玻璃颜色变亮，A正确；B．玻璃虽然化学性质稳定，但可被氢氟酸、NaOH侵蚀，B错误；C．有机玻璃属于有机高分子材料，C错误；D．Na2O·CaO·6SiO2只是普通玻璃的一种表示形式，它仍是Na2SiO3、CaSiO3、SiO2的混合物，D错误；故选A。二、非选择题（本题包括5小题）17、氨基乙酸取代反应硝基和羟基++H2O82【解析】

根据流程图，A()和发生取代反应生成B()，B和磷酸在加热条件下发生取代生成C，C在一定条件下转化为，中的一个氯原子被取代转化为D；X与HCN发生加成反应生成Y，Y和氨气在一定条件下发生取代反应生成Z，Z在酸性条件下水解得到W，D和R在一定条件下反应生成E，根据E和D的结构简式，可推出R的结构简式为，由此可知W和在浓硫酸加热条件下发生酯化反应生成R，据此分析解答。【详解】(1)W的结构简式为，结构中有羧基和氨基，化学名称为氨基乙酸；根据分析，反应①为A()和发生取代反应生成B()，反应类型为取代反应；(2)A的结构简式为，含氧官能团的名称为硝基和羟基；(3)根据分析，反应⑦为W和在浓硫酸加热条件下发生酯化反应生成R，R的结构简式为，化学方程式++H2O；(4)B的结构简式为，①苯的二取代物且苯环上含有硝基；②可以发生水解反应，说明另一个取代基为酯基，该酯基的结构可为-OOCCH3或-COOCH3或-CH2OOCH，在苯环上与硝基分别有邻间对三种位置，分别为：、、、、、、、、，除去自身外结构外，共有8种；上述同分异构体中核磁共振氢谱为3:2:2，说明分子中含有三种不同环境的氢原子且个数比为3:2:2，则符合要求的结构简式为；(5)已知与4个不同的原子或原子团相连的碳原子称为手性碳，有机物中手性碳的位置为，有2个；的水解产物为，的结构中的-COOH可由-CN酸性条件下水解得到，而与HCN发生加成反应可生成，再结合苯甲醇催化氧化可得到苯甲醛，则合成路线为：。18、D【解析】氧化得到的A为ClCH2COOH，ClCH2COOH与NH3作用得到的B为H2NCH2COOH，H2NCH2COOH再与SOCl2作用生成的C为，再与CH3OH作用得到的D为；与SOCl2作用生成的E为，E与D作用生成的F为，F再在NaOH溶液中水解可得布洛芬酰甘氨酸钠；（1）写出化合物的结构简式：B为H2NCH2COOH；D为；（2）A．催化氧化为转化为ClCH2COOH，反应类型为氧化反应，故A正确；B．RCOOH与SOCl2发生取代反应，所得产物为RCOOCl、SO2和HC1，故B正确；C．化合物B为氨基酸，一定条件下能发生缩聚反应，故B正确；D．布洛芬酰甘氨酸钠的分子式为C15H20NO3Na，故D错误；答案为D。（3）①红外光谱表明分子中含有酣基，实验发现能与NaOH溶液1∶2反应，也能发生银镜反应，说明苯环上直接连接HCOO—；②H—NMR谱显示分子中有三个相同甲基，说明同一碳原子上连接三个甲基；苯环上只有一种化学环境的氢原子，因苯环上不可能只有对位有两个不同的取代基，可以保证对称位置上的氢原子环境相同，满足条件的同分异构体有；（4）F→布洛芬酰甘氨酸钠的化学方程式为；（5）以为原料制备的合成路线为。点睛：本题题干给出了较多的信息，学生需要将题目给信息与已有知识进行重组并综合运用是解答本题的关键，需要学生具备准确、快速获取新信息的能力和接受、吸收、整合化学信息的能力，采用正推和逆推相结合的方法，逐步分析有机合成路线，可推出各有机物的结构简式，然后分析官能团推断各步反应及反应类型；难点是有机物D的结构确定，可先根据F的碱性水解，结合产物确定出F，再利用D和E生成F，可借助碳架结构、反应原理及原子守恒分析推测D的结构。19、6.0mol/L量筒氯化铵溶解于水为吸热过程将三颈瓶中的NO2反应生成HNO33Cu+4H++6Cl-+NO3-=3[CuCl2]-+NO↑+2H2OBAD除去CuCl表面附着的NH4Cl迅速挥发带走CuCl表面的水份或防止其被氧化95.5%BD【解析】

根据流程：氧气通入Cu、HCl、NH4Cl、HNO3、H2O的混合物中控制温度50～85℃制得NH4[CuCl2]，加入水，过滤得到CuCl沉淀和含有NH4Cl的母液，母液浓缩补充Cu、HCl可循环，沉淀洗涤干燥后得产品；(1)根据c=计算，盐酸是液体，量取浓盐酸需要量筒；(2)①氯化铵溶解吸热；②根据题意有NO2气体生成，通入氧气可与其反应；根据题意铜丝、氯化氨、硝酸、盐酸生成NH4[CuCl2]和无色气泡NO，据此书写；(3)装置A不能观察O2产生速率，C不能很好控制产生O2的速率；(4)A．步骤Ⅰ得到[CuCl2]ˉ(aq)，该离子需在氯离子浓度较大的体系中才能生成；B．CuCl易被氧化，应做防氧化处理；C．三颈烧瓶上方不出现红棕色NO2气体时，说明Cu已完全被氧化，不再需O2氧化；D．步骤II滤液中还含有HCl和HNO3也可回收利用；(5)氯化亚铜是一种白色粉末，微溶于水，不溶于乙醇分析可得；(6)第一组实验数据误差较大，舍去，故硫酸铈标准溶液平均消耗24mL，根据关系式有：CuCl～FeCl3～Ce4+，则n(CuCl)=n(Ce4+)，故m(CuCl)=0.10mol/L×0.024L×99.5g/mol=0.2388g，据此计算可得；误差分析依据c(待测)=分析，标准溶液体积变化就是误差的变化。【详解】(1)盐酸的物质的量浓度c==≈6.0mol/L，量取浓盐酸需要量筒，则配制20%盐酸时除烧杯、玻璃棒、胶头滴管外，还需要量筒；(2)①因为氯化铵溶解于水为吸热过程，故反应开始时液体温度低于室温；②通入氧气的目的是为了将三颈瓶中的NO2反应生成HNO3；根据题意铜丝、氯化氨、硝酸、盐酸生成NH4[CuCl2]和无色气泡NO，则生成CuCl2-离子方程式为3Cu+4H++6Cl-+NO3-=3[CuCl2]-+NO↑+2H2O；(3)制备氧气装置A不能观察O2产生速率，C中Na2O2和水反应速率快，不能很好控制产生O2的速率，B装置可以根据锥形瓶内气泡的快慢判断产生O2的速率进行控制，故答案为B；(4)A．步骤Ⅰ得到[CuCl2]ˉ(aq)，该离子需在氯离子浓度较大的体系中才能生成，HCl是为了增大氯离子浓度，不可省略，故A错误；B．步骤II所得滤渣洗涤干燥得到CuCl，步骤II目的是Na[CuCl2]转化为

CuCl，CuCl易被氧化，应做防氧化处理，故B正确；C．三颈烧瓶上方不出现红棕色NO2气体时，说明Cu已完全被氧化，不再需O2氧化，故C正确；D．步骤II滤液中还含有HCl和HNO3也可回收利用，洗涤的乙醇通过蒸馏分离后可再利用，故D错误；故答案为AD；(5)已知：CuCl微溶于水，采用95%乙醇洗涤，既除去CuCl表面附着的NH4Cl，又能迅速挥发带走CuCl表面的水份，防止其被氧化；(6)第二组实验数据误差较大，舍去，故硫酸铈标准溶液平均消耗24mL，根据关系式有：CuCl～FeCl3～Ce4+，则n(CuCl)=n(Ce4+)，故m(CuCl)=0.10mol/L×0.024L×99.5g/mol=0.2388g，CuCl的纯度为×100%=95.5%；依据c(待测)=分析：A．锥形瓶中有少量蒸馏水对滴定实验无影响，故A错误；B．滴定终点读数时仰视滴定管刻度线，其他操作正确，读取标准溶液体积增大，测定结果偏高，故B正确；C．过量的FeCl3溶液能保证CuCl完全溶解，多余的FeCl3对测定结果无影响，故C错误；D．滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定后气泡消失，读取标准溶液体积增大，测定结果偏高，故D正确；故答案为BD。误差分析，注意利用公式来分析解答，无论哪一种类型的误差，都可以归结为对标准溶液体积的影响，然后根据c(待测)=分析，若标准溶液的体积偏小，那么测得的物质的量的浓度也偏小；若标准溶液的体积偏大，那么测得的物质的量的浓度也偏大。20、aedbc(或cb)f固体逐渐溶解，溶液变为蓝色，有无色气泡产生adf50%Na2CO3、NaOH碱石灰(或氢氧化钠固体)干燥管(或U形管)取少量KI溶液和NaNO2溶液于试管，滴加几