甘肃省靖远第二中学2026届高三下学期第一次在线月考化学试题含解析

甘肃省靖远第二中学2026届高三下学期第一次在线月考化学试题注意事项: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、某烃的含氧衍生物的球棍模型如图所示下列关于该有机物的说法正确的是()A．名称为乙酸乙酯B．显酸性的链状同分异构体有3种C．能发生取代、加成和消除反应D．能使溴水或酸性高锰酸钾溶液褪色，且原理相同2、热催化合成氨面临的两难问题是：釆用高温增大反应速率的同时会因平衡限制导致NH3产率降低。我国科研人员研制了Ti・H・Fe双温区催化剂（Ti-H区域和Fe区域的温度差可超过100℃）。Ti-H-Fe双温区催化合成氨的反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面上的物种用*标注。下列说法正确的是（）A．①为氮氮三键的断裂过程B．①②③在低温区发生，④⑤在高温区发生C．使用Ti-H-Fe双温区催化剂使合成氨反应转变为吸热反应D．④为N原子由Fe区域向Ti-H区域的传递过程3、下列有关仪器用法正确的是（）A．对试管进行加热一定不能使用石棉网B．使用滴定管量取液体，可精确至

0.01mLC．用量筒量取一定体积的溶液，要洗涤

2～3

次，确保溶液全部转移D．酸碱滴定实验中，锥形瓶干燥后使用可减少误差4、ClO2是一种消毒杀菌效率高、二次污染小的水处理剂．实验室可通过以下反应制得ClO2：2KClO3+H2C2O4+H2SO4=2ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O，下列说法不正确的是（）A．KClO3在反应中得电子 B．ClO2是还原产物C．H2C2O4在反应中被氧化 D．1molKClO3参加反应有2mole-转移5、某兴趣小组计划用Al、稀H2SO4、NaOH溶液制备1molAl(OH)3。设计如下三种方案：方案Ⅰ：向Al中加入NaOH溶液，至Al刚好完全溶解，得溶液①。向溶液①中加硫酸至刚好沉淀完。过滤、洗涤、干燥。方案Ⅱ：向Al中加入硫酸，至Al刚好完全溶解，得溶液②。向溶液②中加NaOH溶液至刚好沉淀完。过滤、洗涤、干燥。方案Ⅲ：将Al按一定比例分为两份，按前两方案先制备溶液①和溶液②。然后将两溶液混和。过滤、洗涤、干燥。下列说法不正确的是A．三种方案转移电子数一样多B．方案Ⅲ所用硫酸的量最少C．方案Ⅲ比前两个方案更易控制酸碱的加入量D．采用方案Ⅲ时，用于制备溶液①的Al占总量的0.256、对于工业合成氨反应N2+3H2⇌2NH3+Q（Q＞0），下列判断正确的是（）A．3体积H2和足量N2B．使用合适的催化剂，可以提高提高原料的利用率C．500℃左右比室温更有利于向合成氨的方向进行D．及时使氨液化、分离的主要目的是提高N2和H7、81号元素所在周期和族是()A．第六周期ⅣA族 B．第六周期ⅢB族 C．第七周期0族 D．第六周期ⅢA族8、根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是选项实验操作和现象结论A向苯酚浊液中滴加Na2CO3溶液，浊液变清苯酚的酸性强于H2CO3的酸性B将溴乙烷和氢氧化钠的乙醇溶液共热后产生的气体通入溴的四氯化碳溶液，溶液褪色溴乙烷发生消去反应CSO2通入KMnOSO2D向NaC1、NaI的混合稀溶液中滴入少量稀AgNO3KA．A B．B C．C D．D9、化学与人类生活、生产和社会可持续发展密切相关，下列说法错误的是A．84消毒液具有强氧化性，可用于居家环境杀菌消毒B．加强生活垃圾分类与再生资源回收有利于践行“绿水青山就是金山银山”的理念C．中国华为自主研发的5G芯片巴龙5000的主要材料是SiD．太阳能光催化环境技术技术可以将二氧化碳转化为燃料，该燃料属于一次能源10、固体电解质可以通过离子迁移传递电荷，利用固体电解质RbAg4I5可以制成电化学气敏传感器，其中迁移的物种全是Ag+。下图是一种测定O2含量的气体传感器示意图，O2可以透过聚四氟乙烯薄膜，根据电池电动势变化可以测得O2的含量。在气体传感器工作过程中，下列有关说法正确的是A．银电极被消耗，RbAg4I5的量增多B．电位计读数越大，O2含量越高C．负极反应为Ag+I--e-=AgID．部分A1I3同体变为Al和AgI11、X、Y、Z、R、W是原子序数依次递增的五种短周期主族元素，它们所在周期数之和为11，YZ气体遇空气变成红棕色，R的原子半径是短周期中最大的，W和Z同主族。下列说法错误的是（）A．X、Y、Z元素形成的化合物溶于水一定呈酸性B．气态氢化物的稳定性：Z>WC．简单离子半径：W>RD．Z、R形成的化合物中可能含有共价键12、下列仪器洗涤时选用试剂错误的是（）A．木炭还原氧化铜的硬质玻璃管（盐酸）B．碘升华实验的试管（酒精）C．长期存放氯化铁溶液的试剂瓶（稀硫酸）D．沾有油污的烧杯（纯碱溶液）13、分子式为C5H10O2并能与饱和NaHCO3溶液反应放出气体的有机物有（）A．3种 B．4种 C．5种 D．6种14、某无色气体可能含有CO、CO2和H2O(g)、H2中的一种或几种，依次进行如下处理(假定每步处理都反应完全)：①通过碱石灰时，气体体积变小；②通过赤热的氧化铜时，黑色固体变为红色；③通过白色硫酸铜粉末时，粉末变为蓝色晶体；④通过澄清石灰水时，溶液变得浑浊。由此可以确定原无色气体中()A．一定含有CO2、H2O(g)，至少含有H2、CO中的一种B．一定含有H2O(g)、CO，至少含有CO2、H2中的一种C．一定含有CO、CO2，至少含有H2O(g)、H2中的一种D．一定含有CO、H2，至少含有H2O(g)、CO2中的一种15、实验室中，要使AlCl3溶液中的Al3+离子全部沉淀出来，适宜的试剂是A．NaOH溶液 B．氨水 C．盐酸 D．Ba(OH)2溶液16、下列与有机物的结构、性质或制取实验等有关叙述错误的是A．苯分子结构中不含有碳碳双键，但苯也可发生加成反应B．溴苯中溶解的溴可用四氯化碳萃取而除去C．苯与浓硝酸和浓硫酸的混合酸反应制取硝基苯的实验最好采用水浴加热D．乙烷和乙烯可用酸性高锰酸钾溶液加以鉴别二、非选择题（本题包括5小题）17、为探究黑色固体X(仅含两种元素)的组成和性质，设计并完成如下实验：请回答：（1）X的化学式是______________。（2）写出蓝色溶液转化为蓝色沉淀的离子方程式是______________。（3）写出固体甲与稀硫酸反应的化学方程式______________。18、利用木质纤维可合成药物中间体H，还能合成高分子化合物G，合成路线如下：已知：（1）A的化学名称是________________。（2）B的结构简式是____________，由C生成D的反应类型为____________。（3）化合物E的官能团为________________。（4）F分子中处于同一平面的原子最多有________个。F生成G的化学反应方程式为________________。（5）芳香化合物I为H的同分异构体，苯环上一氯代物有两种结构，1molI发生水解反应消耗2molNaOH，符合要求的同分异构体有________种，其中核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢，峰面积比为6∶3∶2∶1的I的结构简式为_____________________________。（6）写出用为原料制备的合成路线(其他试剂任选)。________________。19、NaClO2的漂白能力是漂白粉的4～5倍，NaClO2广泛用于造纸工业、污水处理等。工业上生产NaClO2的工艺流程如下：(1)ClO2发生器中的反应为：2NaClO3＋SO2＋H2SO4===2ClO2＋2NaHSO4。实际工业生产中，可用硫黄、浓硫酸代替原料中的SO2，其原因为_____________(用化学方程式表示)。(2)反应结束后，向ClO2发生器中通入一定量空气的目的：________________________。(3)吸收器中生成NaClO2的离子反应方程式为___________________________________。(4)某化学兴趣小组用如下图所示装置制备SO2并探究SO2与Na2O2的反应：①盛放浓H2SO4仪器名称为_____，C中溶液的作用是____________。②D中收集到的气体可使带余烬的木条复燃，B中发生的反应可能为__________、Na2O2＋SO2=Na2SO4。20、氨基甲酸铵(NH2COONH4)是一种易分解、易水解的白色固体，难溶于CCl4。实验室可将干燥二氧化碳和干燥氨气通入CCl4中进行制备，化学方程式为：2NH3(g)+CO2(g)=NH2COONH4(s)ΔH＜0。回答下列问题：（1）利用装置甲制备氨气的化学方程式为__。（2）简述检查装置乙气密性的操作__。（3）选择图中的装置制备氨基甲酸铵，仪器接口的连接顺序为：B→__→__→EF←__←A。（4）反应时为了增加氨基甲酸铵的产量，三颈瓶的加热方式为__（填“热水浴”或“冷水浴”）；丁中气球的作用是__。（5）从装置丁的混合物中分离出产品的方法是__（填写操作名称）。（6）取因吸潮变质为碳酸氢铵的氨基甲酸铵样品11.730g，用足量石灰水充分处理后，使碳元素完全转化为碳酸钙，过滤、洗涤、干燥、称量，质量为15.000g。则样品中氨基甲酸铵的质量分数为__（已知：Mr(NH2COONH4)=78、Mr(NH4HCO3)=79、Mr(CaCO3)=100。计算结果保留3位有效数字）。21、机动车排放的污染物主要有碳氢化合物、一氧化碳和氮氧化物等。I．汽油燃油车上安装三元催化转化器，可有效降低汽车尾气污染。（1）已知：C(s)+O2(g)==CO2(g)△H1＝−393.5kJ·mol−12C(s)+O2(g)==2CO(g)△H2＝−221.0kJ·mol−1N2(g)+O2(g)==2NO(g)△H3＝+180.5kJ·mol−1CO和NO两种尾气在催化剂作用下生成N2(g)的热化学方程式是______。（2）研究CO和NO的催化反应，用气体传感器测得在某温度下、一定体积的密闭容器中，不同时间NO和CO浓度如下表：时间（s）012345c(NO)/(10−4mol·L−1)10.04.502.501.501.001.00c(CO)/(10−3mol·L−1)3.603.052.852.752.702.70①前4s内的平均反应速率υ(CO)＝______mol·L−1·s−1。②L、X可分别代表压强或温度。下图表示L一定时，NO(g)的平衡转化率随X的变化关系。X代表的物理量是______。判断L1、L2的大小关系，并简述理由：______。II．柴油燃油车是通过尿素-选择性催化还原（Urea-SCR）法处理氮氧化物。Urea-SCR的工作原理为：尿素[CO(NH2)2]水溶液通过喷嘴喷入排气管中，当温度高于160℃时尿素水解，产生NH3，生成的NH3与富氧尾气混合后，加入适合的催化剂，使氮氧化物得以处理。（3）尿素水解的化学方程式是______。（4）下图为在不同投料比[n(尿素)/n(NO)]时NO转化效率随温度变化的曲线。①尿素与NO物质的量比a______b（填“>”、“=”或“<”）②由图可知，温度升高，NO转化效率升高，原因是______。温度过高，NO转化效率下降，NO的浓度反而升高，可能的原因是______（写出一种即可）。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【解析】

由结构模型可知有机物为CH3COOCH=CH2，含有酯基，可发生取代反应，含有碳碳双键，可发生加成、加聚和氧化反应，以此解答该题。【详解】A．有机物为CH3COOCH=CH2，不是乙酸乙酯，故A错误；B．该化合物的链状同分异构体中,显酸性的同分异构体有CH2=CHCH2COOH、CH3CH=CHCOOH、CH2=CH(CH3)COOH，共3种，故B正确；C．含有酯基，可发生水解反应，含有碳碳双键，可发生加成反应，不能发生消去反应，故C错误；D．含有碳碳双键，能使溴水褪色是发生了加成反应，与酸性高锰酸钾反应是发生了氧化还原反应，故原理不同，故D错误；答案选B。2、D【解析】

A．经历①过程之后氮气分子被催化剂吸附，并没有变成氮原子，①过程中氮氮三键没有断裂，故A错误；

B．①为催化剂吸附N2的过程，②为形成过渡态的过程，③为N2解离为N的过程，以上都是吸热反应，需要在高温时进行，而④⑤为了增大平衡产率，需要在低温下进行，故B错误；

C．催化剂只影响化学反应速率，化学反应不会因加入催化剂而改变反应热，故C错误；

D．由题中图示可知，过程④完成了Ti-H-Fe-*N到Ti-H-*N-Fe两种过渡态的转化，N原子由Fe区域向Ti-H区域传递，故D正确；故答案为D。3、B【解析】

A、试管加热不用垫石棉网，但如果垫石棉网也是可以的，故A错误；B、滴定管能精确到0.01mL，比量筒精确度高，故B正确；C、量筒的洗涤液必需倒入废液缸，不能将洗涤液倒入烧杯，故C错误；D、酸碱中和滴定时，锥形瓶不用干燥，如果不干燥不影响实验结果，故D错误。故选：B。4、D【解析】

由2KClO3+H2C2O4+H2SO4=2ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O可知，Cl元素的化合价由+5价降低为+4价，C元素的化合价由+3价升高为+4价，以此来解答。【详解】A．Cl元素的化合价降低，则KClO3在反应中得到电子，选项A正确；B．Cl元素得到电子，被还原，则ClO2是还原产物，选项B正确；C．H2C2O4在反应中C化合价升高，被氧化，选项C正确；D.1molKClO3参加反应时，发生电子转移为1mol×（5-4）=1mol，选项D不正确；答案选D。本题考查氧化还原反应，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，注意从化合价角度分析各选项，题目难度不大。5、D【解析】

方案Ⅰ：发生反应为2Al+2NaOH+2H2O=2NaA1O2+3H2↑，2NaAlO2+H2SO4+2H2O==2Al(OH)3↓+Na2SO4；则2Al—2NaOH—H2SO4—2Al(OH)3；方案Ⅱ：发生反应为2Al+3H2SO4＝Al2(SO4)3+3H2↑，Al2(SO4)3+6NaOH==2Al(OH)3↓+3Na2SO4；则2Al—6NaOH—3H2SO4—2Al(OH)3；方案Ⅲ：2Al+2NaOH+2H2O=2NaA1O2+3H2↑，2Al+3H2SO4＝Al2(SO4)3+3H2↑，Al2(SO4)3+6NaAlO2+12H2O==8Al(OH)3↓+3Na2SO4，则2Al—1.5NaOH—0.75H2SO4—2Al(OH)3。【详解】A．三种方案中，消耗Al都为1mol，Al都由0价升高为+3价，则转移电子数一样多，A正确；B．从三个方案的比较中可以看出，生成等物质的量的氢氧化铝，方案Ⅲ所用硫酸的量最少，B正确；C．方案Ⅰ需控制酸的加入量，方案Ⅱ需控制碱的加入量，而方案Ⅲ不需对酸、碱的用量严格控制，所以方案Ⅲ比前两个方案更易控制酸碱的加入量，C正确；D．采用方案Ⅲ时，整个过程中Al与酸、碱的用量关系为6Al—6NaOH—3H2SO4—2Al，用于制备溶液①的Al占总量的0.75，D不正确；故选D。6、D【解析】

A．合成氨为可逆反应，则3体积H2和足量N2反应，氢气不能完全转化，生成氨气小于2体积，选项A错误；B．催化剂不影响化学平衡，不能提高提高原料的利用率，选项B错误；C．该反应的正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，则室温比500℃左右更有利于向合成氨的方向进行，选项C错误；D．及时使氨液化、分离，可使平衡正向移动，则提高N2和H2的利用率，选项D正确；答案选D。本题考查化学平衡，为高频考点，把握温度、浓度、催化剂对反应的影响为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项A为解答的易错点，合成氨为可逆反应。7、D【解析】

第六周期0族元素为86号元素，因此86−81=5，18−5=13，在13纵列，即第ⅢA族，因此81号元素在第六周期ⅢA族，故D符合题意。综上所述，答案为D。8、B【解析】

A.苯酚与碳酸钠溶液反应生成碳酸氢钠，所以苯酚的酸性强于碳酸氢钠，弱于碳酸，故A错误；B.气体通入溴的四氯化碳溶液，溶液褪色说明生成乙烯气体，溴乙烷生成乙烯的反应属于消去反应，故B正确；C.SO2具有还原性，通入KMnO4溶液，溶液褪色，体现二氧化硫的还原性，故D.由于氯化钠和碘化钠的物质的量浓度的相对大小未知，有可能因为碘化钠的浓度较大而产生黄色沉淀碘化银，因此不能得出结论KspAgC1>K故选B。二氧化硫具有漂白性，但并非所有颜色褪去的反应都是由于其漂白性，这是很容易被忽略的问题。比较结构和组成相似的难溶物的溶度积时，要根据控制变量法进行实验设计，控制两溶液的浓度相同，或控制溶度积较大的浓度较大，才可以得出合理的结论；或者根据沉淀的转化进行判断，但要注意在进行沉淀的转化时，防止有过量试剂的干扰。9、D【解析】

A．84消毒液主要成分是NaClO，具有强氧化性，有杀菌消毒作用，因此可用于居家环境杀菌消毒，A正确；B．生活垃圾分类处理，使能够回收利用的物质物尽其用，再生资源回收利用，有害物质集中处理，就可以减少污染物的排放，有利于社会持续发展，B正确；C．5G芯片主要材料是Si单质，C正确；D．太阳能光催化环境技术技术可以将二氧化碳转化为燃料，涉及太阳能与化学能的转移，产生的燃料为氢气、CO等属于二次能源，D错误；故合理选项是D。10、B【解析】

O2通入后，发生反应：4AlI3+3O2=2Al2O3+6I2，I2在传感器电池中发生还原反应，因此多孔石墨电极为正极，电极反应式为：I2+2Ag++2e-=2AgI，银电极发生氧化反应，银作负极，固体电解质RbAg4I5中迁移的物种是Ag+，电极反应式为：Ag-e-=Ag+，据此解答。【详解】A．由上述分析可知，传感器工作过程中，银电极被消耗，传感器中总反应为：I2+2Ag=2AgI，因固体电解质RbAg4I5中迁移的物种是Ag+，因此RbAg4I5质量不会发生变化，故A错误；B．O2含量越高，单位时间内转移电子数越多，电位计读数越大，故B正确；C．由上述分析可知，负极反应为：Ag-e-=Ag+，故C错误；D．由上述分析可知，部分AlI3生成Al2O3和I2，故D错误；故答案为：B。11、A【解析】

YZ气体遇空气变成红棕色，则Y是N，Z是O，NO在空气中和O2迅速反应生成红棕色的NO2；R的原子半径是短周期中最大的，则R是Na；W和Z同主族，则W是S；X、Y、Z、R、W所在周期数之和为11，则X在第一周期，为H；综上所述，X、Y、Z、R、W分别为：H、N、O、Na、S，据此解答。【详解】A．X、Y、Z分别为：H、N、O，H、N、O三种元素形成的化合物溶于水也可能显碱性，如NH3·H2O的水溶液显碱性，A错误；B．非金属性：Z(O)＞W(S)，故气态氢化物的稳定性：Z(O)＞W(S)，B正确；C．S2-核外有三层电子，Na+核外有两层电子，故离子半径：S2-＞Na+，C正确；D．Z、R为O、Na，O、Na形成的化合物中可能含有共价键，如Na2O2，D正确。答案选A。12、A【解析】

A项，氧化铜的还原产物为金属铜，而盐酸不能溶解铜，难以洗净该硬质玻璃管，故A项错误；B项，碘易溶于有机物，酒精可溶解碘，故B项正确；C项，长期存放的氯化铁水解最终生成氢氧化铁和HCl，HCl不断挥发，氢氧化铁则会不断沉积于试剂瓶内壁，而稀硫酸可溶解氢氧化铁，故C项正确；D项，纯碱溶液显碱性，可与油污反应，转化为可溶于水的脂肪酸钠和多元醇，故D项正确。故答案选A。本题的易错项为C项；错选C项，可能是学生对长期存放FeCl3的试剂瓶内壁的物质不清楚，或认为就是FeCl3，用水即可洗掉。13、B【解析】

分子式为C5H10O2的有机物可能是羧酸或酯，能与饱和NaHCO3溶液反应放出气体，说明该有机物含有-COOH，为饱和一元羧酸，烷基为-C4H9，丁基异构数等于该有机物的异构体数。【详解】分子式为C5H10O2的有机物能与NaHCO3能产生气体，说明该有机物中含有-COOH，为饱和一元羧酸，则烷基为-C4H9，-C4H9异构体有：-CH2CH2CH2CH3，-CH（CH3）CH2CH3，-CH2CH（CH3）CH3，-C（CH3）3，故符合条件的有机物的异构体数目为4，故选B。本题考查特定结构的同分异构体书写，侧重于分析能力的考查，注意官能团的性质与确定，熟练掌握碳原子数小于5的烃基的个数是解决本题的关键。14、D【解析】

①中通过了碱石灰后，气体中无CO2、H2O，②通过炽热的氧化铜，CO和H2会把氧化铜还原成铜单质，同时生成CO2和H2O，H2O使白色硫酸铜粉末变为蓝色，CO2通过澄清石灰水时，溶液变浑浊，以此来判断原混合气体的组成。【详解】①通过碱石灰时，气体体积变小；碱石灰吸收H2O和CO2，体积减小证明至少有其中一种，而且通过碱石灰后全部吸收；②通过赤热的CuO时，固体变为红色；可能有CO还原CuO，也可能是H2还原CuO，也可能是两者都有；③通过白色硫酸铜粉末时，粉末变为蓝色，证明有水生成，而这部分水来源于氢气还原氧化铜时生成，所以一定有H2；④通过澄清石灰水时，溶液变浑浊证明有CO2，而这些CO2来源于CO还原CuO产生的，所以一定有CO。综上分析：混合气体中一定含有CO、H2，至少含有H2O、CO2中的一种，故合理选项是D。本题考查混合气体的推断的知识，抓住题中反应的典型现象，掌握元素化合物的性质是做好此类题目的关键。15、B【解析】

要使AlCl3溶液中的Al3+全部沉淀出来，要求所用试剂能提供OH−，且须过量，因此适宜的试剂不能为强碱溶液，因为强碱会使氢氧化铝沉淀溶解，据此分析；【详解】A.据分析可知，氢氧化钠过量会将氢氧化铝沉淀溶解，A错误；B.据分析可知，氨水可以使铝离子全部沉淀出来，且氢氧化铝沉淀不溶于氨水，B正确；C.据分析可知，盐酸不能使AlCl3溶液中的Al3+离子沉淀，C错误；D.据分析可知，Ba(OH)2溶液可以使铝离子沉淀，但Ba(OH)2溶液过量会使氢氧化铝沉淀溶解，D错误；故答案选B。氢氧化铝不溶于弱酸弱碱是考察频率较高的知识点之一，学生须熟练掌握。16、B【解析】

A．苯分子结构中不含有碳碳双键，但苯也可与H2发生加成反应，故A正确；B．溴苯与四氯化碳互溶，则溴苯中溶解的溴不能用四氯化碳萃取而除去，故B错误；C．苯与浓硝酸和浓硫酸的混合酸反应制取硝基苯的实验最好采用水浴加热，便于控制反应温度，故C正确；D．乙烷不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，乙烯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，可用酸性高锰酸钾溶液加以鉴别，故D正确；故答案选B。二、非选择题（本题包括5小题）17、CuOCu2++2OH-=Cu(OH)2Cu2O＋H2SO4=Cu＋CuSO4＋H2O【解析】

流程中32gX隔绝空气加热分解放出了能使带火星的木条复燃的气体为氧气，质量：32.0g-28.8g=3.2g，证明X中含氧元素，28.8g固体甲和稀硫酸溶液反应生成蓝色溶液，说明含铜离子，证明固体甲中含铜元素，即X中含铜元素，铜元素和氧元素形成的黑色固体为CuO，X为氧化铜，n(CuO)==0.4mol，结合质量守恒得到n(O2)==0.1mol，氧元素守恒得到甲中n(Cu)：n(O)=0.4mol：(0.4mol-0.1mol×2)=2：1，固体甲化学式为Cu2O，固体乙为Cu，蓝色溶液为硫酸铜，加入氢氧化钠溶液生成氢氧化铜沉淀，加热分解得到16.0g氧化铜。【详解】(1)分析可知X为CuO，故答案为CuO；(2)蓝色溶液为硫酸铜溶液，转化为蓝色沉淀氢氧化铜的离子方程式为Cu2++2OH-=Cu(OH)2，故答案为Cu2++2OH-=Cu(OH)2；(3)固体甲为Cu2O，氧化亚铜和稀硫酸溶液发生歧化反应生成铜、二价铜离子和水，反应的化学方程式为：Cu2O＋H2SO4=Cu＋CuSO4＋H2O，故答案为Cu2O＋H2SO4=Cu＋CuSO4＋H2O。18、2一甲基一1,3一丁二烯氧化反应氯原子、羧基1710【解析】本题考查有机合成与推断，意在考查考生运用有机化学基础知识分析问题和解决问题的能力。（1）根据有机物的系统命名法可知，A的化学名称是2一甲基一1,3一丁二烯；（2）结合题给信息①，B的结构简式为；结合信息②，C的结构简式为，根据F的结构以及D生产H的反应条件，可知D为，故由C生成D的反应类型为氧化反应；（3）D→E在光照的条件发生取代反应，E的结构简式为；E中含有的官能团为氯原子、羧基；（4）因苯环为平面形，所以直接与其相连的-CH2OH和—COOH上的碳原子与其在一个平面内，通过旋转单键，-CH2OH中—OH上的原子可能与苯环共面，—COOH中的所有原子可能与苯环共面，故F分子中处于同一平面的原子最多有17个；F通过缩聚反应生成高分子化合物G，其反应方程式为：；（5）H的结构简式为，I为H的同分异构体且1molI发生水解反应消耗2molNaOH，说明I为酚酯，苯环上一氯代物有两种结构，即苯环上只有两种等效氢，故符合条件的I的结构简式为：、、、、、、、、、,共10种，其中核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢，峰面积比为6:3:2:1的I结构简式为或；（6）加热条件下，在氢氧化钠的醇溶液发生消去反应生成，在结合信息②，在W2C作用下生成，最后再酸性高锰酸钾溶液中，将苯甲醛氧化为，其合成路线为：。点睛：判断分子中共面的技巧（1）审清题干要求：注意“可能”“一定”“最多”“最少”“所有原子”“碳原子”“氢原子”等关键词和限制条件。（2）熟记常见共面的官能团。①与双键和苯环直接相连的原子共面，如、、②醛、酮、羧酸因与与相似为平面形（等电子原理），故为平面形分子（所有原子共平面）。但、所有原子不共平面（因含-CH3），而-CH3中的C与（羰基）仍共平面。又中与其它原子可能共平面。因有两对孤电子对，故1个O与其余2个原子形成的2个价键成V型（与相似），故C、O、H不共直线。分子内任意3个原子也不共直线。③若有两个苯环共边，则两个苯环一定共面。例如下列各结构中所有的原子都在同一平面上。④若甲基与一个平面形结构相连，则甲基上的氢原子最多有一个氢原子与其共面。若一个碳原子以四个单键与其他原子直接相连，则这四个原子为四面体结构，不可能共面。19、S＋2H2SO4(浓)3SO2↑＋2H2O驱赶出ClO2，确保其被充分吸收2ClO2＋2OH－＋H2O2=2ClO2—＋O2＋2H2O分液漏斗吸收未反应的二氧化硫2Na2O2＋2SO2=2Na2SO3＋O2【解析】

由反应2NaClO3+SO2+H2SO4═2ClO2+2NaHSO4制备ClO2，ClO2与冷的NaOH溶液反应制NaClO2溶液，经过真空蒸发、冷却结晶、干燥得到NaClO2，据此分析解答(1)～(3)；(4)A制备二氧化硫，与Na2O2在B中反应，C吸收未反应的二氧化硫，D中收集到的气体可使带余烬的木条复燃，说明有氧气产生，D收集生成的氧气，据此分析解答。【详解】(1)ClO2发生器中的反应为氯酸钠与二氧化硫在硫酸作用下发生氧化还原反应，而硫磺、浓硫酸也可以生成二氧化硫，反应的方程式为S+2H2SO4(浓)3SO2↑+2H2O，所以可用硫磺、浓硫酸代替原料中的SO2，故答案为：S+2H2SO4(浓)3SO2↑+2H2O；(2)反应结束后，发生器中仍有少量ClO2，通入空气可以将其完全排出，确保其被充分吸收，故答案为：驱赶出ClO2，确保其被充分吸收；(3)吸收器中双氧水与ClO2在碱性条件下发生氧化还原反应生成NaClO2，反应的离子方程式为2ClO2+2OH-+H2O2=2ClO2-+O2+2H2O，故答案为：2ClO2+2OH-+H2O2═2ClO2-++O2+2H2O；(4)①根据装置图，盛放浓H2SO4仪器为分液漏斗；C中溶液的作用是吸收未反应的二氧化硫；故答案为：分液漏斗；吸收未反应的二氧化硫；②D中收集到的气体可使带余烬的木条复燃，说明有氧气产生，所以B中发生的反应可能为二氧化硫与过氧化钠反应生成亚硫酸钠和氧气，反应的方程式为2Na2O2+2SO2=2Na2SO3+O2，故答案为：2Na2O2+2SO2═2Na2SO3+O2。本题的易错点为(4)②中方程式的书写，要注意根据题意生成了氧气，因此不能反应生成硫酸钠。20、Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O夹紧止水夹B，向长颈漏斗加水至漏斗中的液面高于试管中的液面，静置，若液面差保持不变，则表明气密性良好IJHGD(C)或C(D)冷水浴平衡气压，收集多余的气体过滤79.8%【解析】

(1)实验室用氯化铵和氢氧化钙晶体共热制取氨气；(2)夹紧止水夹B，向长颈漏斗加水至漏斗中的液面高于试管中的液面变化情况；(3)选择图中的装置制备氨基甲酸铵，制取的二氧化碳中含有HCl和水蒸气，制取氨气时气体中含有水蒸气，也需要除去杂质气体；(4)氨基甲酸铵(NH2COONH4)是一种易分解、易水解的白色固体，结合物质的性质分析；丁中气球的用来平衡内外压强；(5)利用已知信息，氨基甲酸铵(NH2COONH4)难溶于CCl4分析；(6)取因吸潮变质为碳酸氢铵的氨基甲酸铵样品11.730g，用足量石灰水充分处理后，使碳元素完全转化为碳酸钙，过滤、洗涤、干燥、称量，质量为15.000g。通过碳原子守恒，计算样品中氨基甲酸铵的质量分数。【详解】(1)实验室用氯化铵和氢氧化钙晶体共热制取氨气，方程式为：Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O；(2)检查装置乙气密性的操作：夹紧止水夹B，向长颈漏斗加水至漏斗中的液面高于试管中的液面，静置，若液面差保持不变，则表明气密性良好；(3)选择图中的装置制备氨基甲酸铵，制取的二氧化碳中含有HCl和水蒸气，应先通过装置已中的饱和碳酸氢钠溶液除去HCl，然后通过戊中的浓硫酸除去水蒸气；制取氨气时气体中含有水蒸气，通过装置丙中的碱石灰；仪器接口的连接顺序为：B→IJ→HG→EF←（或DC）CD←A。(4)氨基甲酸铵(NH2COONH4)是一种易分解、易水解的白色固体，生成氨基甲酸铵的反应是放热的，所以需要降低温度，用冷水浴；丁中气球的用来平衡内外压强，还能吸收多余未反应的气体；(5)氨基甲酸铵(NH2COONH4)是易水解的白色固体，难溶于CCl4，则可以使用过滤的方法分离；(6)取因吸潮变质为碳酸氢铵的氨基甲酸铵样品11.730g，用足量石灰水充分处理后，使碳元素完全转化为碳酸钙，过滤、洗涤、干燥、称量，质量为15.000g。碳酸钙的物质的量==0.1500mol，根据碳原子守恒，氨基甲酸铵样品中碳的物质的量也为0.1500mol，碳酸氢铵和氨基甲酸铵的物质的量分别为x、y，则x+y=0.15，79x+78y=11.73，解得：x=0.03mol，y=0.12mol，则样品中氨基甲酸铵的质量分数为×100%=79.8%。21、2NO(g)+2CO(g)==N2(g)+2CO2(g)△H==−746.5kJ·mol−12.25×10−4温度L2>L1，该反应为气体体积减小的反应，压强增大，NO转化率增大CO(NH2)2＋H2O2NH3＋CO2>随着温度升高，尿素水解释放氨气的速率加快，c(NH3)增大；温度升高，催化剂活性增加，都导致化学反应速率加快当温度过高，发生反应4NH3＋5O2====4NO＋6H2O，生成NO等【解析】

I．（1）已知：①C(s)+O2(g)==CO2(g)△H1＝−393.5kJ·mol−1，②2C(s)