2026年山东省东明县一中高三下学期教学质量监测（一）化学试题试卷含解析

2026年山东省东明县一中高三下学期教学质量监测（一）化学试题试卷注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、298

K时，向20

mL0.1

mol/L某酸HA溶液中逐滴加入0.1

mol/L

NaOH溶液，混合溶液的pH变化曲线如图所示。下列说法错误的是A．a点溶液的pH为2.88B．b点溶液中：c（Na+）＞c（A－）＞c（HA）C．b、c之间一定存在c（Na+）＝c（A－）的点D．a、b、c三点中，c点水的电离程度最大2、已知反应：10NaN3+2KNO3═K2O+5Na2O+16N2↑，则下列说法正确的是（）A．KNO3是氧化剂，KNO3中N元素被氧化B．生成物中的Na2O是氧化产物，K2O是还原产物C．每转移1mole﹣，可生成标准状况下N2的体积为35.84升D．若有65gNaN3参加反应，则被氧化的N的物质的量为3.2mol3、化学与环境、工农业生产等密切相关，下列说法不正确的是A．浸有酸性高锰酸钾溶液的硅藻土可用于水果保鲜B．NaCl不能使蛋白质变性,所以不能用作食品防腐剂C．捕获工业排放的CO2,可用来合成可降解塑料聚碳酸酯D．在葡萄酒中添加微量SO2作抗氧化剂，可使酒保持良好品质4、X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素。Y原子在短周期主族元素中原子半径最大,X和Y能组成两种阴阳离子个数之比相同的离子化合物。常温下,0.1mol·L-1W的氢化物水溶液的pH为1。向ZW3的水溶液中逐滴加入Y的最高价氧化物对应的水化物,先产生白色沉淀,后沉淀逐渐溶解。下列推断正确的是A．简单离子半径:W>Y>Z>XB．Y、Z分别与W形成的化合物均为离子化合物C．Y、W的简单离子都不会影响水的电离平衡D．元素的最高正化合价:W>X>Z>Y5、25℃时，将0.10mol·L－1CH3COOH溶液滴加到10mL0.10mol·L－1NaOH溶液中，lg与pH的关系如图所示，C点坐标是(6，1.7)。(已知：lg5=0.7)下列说法正确的是A．Ka(CH3COOH)＝5.0×10－5B．Ka(CH3COOH)＝5.0×10－6C．pH＝7时加入的醋酸溶液的体积小于10mLD．B点存在c(Na＋)－c(CH3COO－)＝(10－6－10－8)mol·L－16、铝在酸性或碱性溶液中均可与NO3—发生氧化还原反应，转化关系如下图所示：下列说法错误的是A．B溶液含[Al(OH)4]—B．A溶液和B溶液混合无明显现象C．D与F反应生成盐D．E排入大气中会造成污染7、用饱和硫酸亚铁、浓硫酸和硝酸钾反应可以制得纯度为98%的NO，其反应为FeSO4+KNO3+H2SO4(浓)Fe2(SO4)3+NO↑+K2SO4+H2O(未配平)。下列有关说法不正确的是A．该反应的氧化剂是KNO3B．氧化产物与还原产物的物质的量之比为2∶3C．Fe2(SO4)3、K2SO4、H2O均为电解质D．该反应中生成144gH2O，转移电子的物质的量为12mol8、下列离子或分子组中能大量共存，且满足相应要求的是选项离子或分子要求ANa+、HCO3—、Mg2+、SO42—滴加氨水立即有沉淀产生BFe3+、NO3—、SO32—、Cl—滴加盐酸立即有气体产生CNH4+、Al3+、SO42—、CH3COOH滴加NaOH溶液立即有气体产生DK+、NO3—、Cl—、l—c(K+)＜c(Cl—)A．A B．B C．C D．D9、将钠、镁、铝各0.3mol分别放入100ml1mol/L的盐酸中，在同温同压下产生的气体体积比是（）A．1:2:3 B．6:3:2 C．3:1:1 D．1:1:110、氯酸是一种强酸，浓度超过40%时会发生分解，反应可表示为aHClO3=bO2↑+cCl2↑+dHClO4+eH2O，用湿润的淀粉碘化钾试纸检验气体产物时，试纸先变蓝后褪色。下列说法正确的是A．若化学计量数a=8，b=3，则该反应转移电子为20e-B．变蓝的淀粉碘化钾试纸褪色是因为可能发生了：4Cl2+I2+6H2O=12H++8Cl-+2IO3-C．氧化产物是高氯酸和氯气D．由反应可确定：氧化性：HClO4＞HClO311、设NA为阿伏加德罗常数的值．下列说法中，正确的是（）A．标准状况下，22.4L的NO2和CO2混合气体中含有的氧原子数为4NAB．密闭容器中，46gNO2和N2O4的混合气体所含分子个数为NAC．常温常压下，22.4L的液态水含有2.24×10﹣8NA个OH﹣D．高温下，16.8gFe与足量水蒸气完全反应失去0.8NA个电子12、X、Y、Z、W为短周期主族元素，且原子序数依次增大。X原子中只有一个电子，Y原子的L电子层有5个电子，Z元素的最高化合价为其最低化合价绝对值的3倍。下列叙述正确的是（

）A．简单离子半径：W>Z>YB．Y的气态氢化物与W的气态氢化物相遇有白烟产生C．X、Y、Z三种元素形成的化合物只含共价键D．含氧酸的酸性：W的一定强于Z的13、常见药物布洛芬Y，具有镇痛、抗炎作用，可由中间体X通过以下方法制得：下列关于化合物X、Y的说法中错误的是A．X的化学式为C13H18O B．1molY能与4molH2反应C．可用NaHCO3溶液鉴别两者 D．两者氢原子的种类数相等14、某同学将光亮的镁条放入盛有NH4Cl溶液的试管中，有大量气泡产生，为探究该反应原理，该同学做了以下实验并观察到相关现象，由此得出的结论不合理的是选项实验及现象结论A将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，试纸变蓝反应中有NH3产生B收集产生的气体并点燃，火焰呈淡蓝色反应中有H2产生C收集气体的同时测得溶液的pH为8.6弱碱性溶液中Mg也可被氧化D将光亮的镁条放入pH为8.6的NaHCO3溶液中，有气泡产生弱碱性溶液中OH-氧化了MgA．A B．B C．C D．D15、下图为一定条件下采用多孔惰性电极的储氢电池充电装置（忽略其他有机物）。已知储氢装置的电流效率×100%，下列说法不正确的是A．采用多孔电极增大了接触面积，可降低电池能量损失B．过程中通过C-H键的断裂实现氢的储存C．生成目标产物的电极反应式为C6H6+6e-+6H+===C6H12D．若=75%，则参加反应的苯为0.8mol16、科学家利用电解NaB(OH)4溶液制备H3BO3的工作原理如下图。下列说法中正确的是A．b膜为阳离子交换膜B．N室中,进口和出口NaOH溶液的浓度:a%<b%C．电子从左边石墨电极流出,先后经过a、b、c膜流向右边石墨电极D．理论上每生成1molH3BO3,两极室共生成33.6L气体(标准状况)二、非选择题（本题包括5小题）17、A、B、C、D、E五种物质中均含有同一种非金属元素，他们能发生如图所示的转化关系。若该元素用R表示，则A为R的氧化物，D与NaOH溶液反应生成C和H2。请回答：(1)写出对应物质的化学式：A________________；C________________；E________________。(2)反应①的化学方程式为_______________________________________。(3)反应④的离子方程式为_____________________________________。(4)H2CO3的酸性强于E的，请用离子方程式予以证明：_______________________________。18、白藜芦醇在保健品领域有广泛的应用。其合成路线如下：回答下列问题：(1)物质B中含氧官能团的名_______。B→C的反应类型为___________。(2)1mol有机物D最多能消耗NaOH为_________mol，白藜芦醇遇足量浓溴水时反应的化学方程式为____________。(3)已知的系统名称1，3-苯二酚，则A的名称为________，已知乙酸酐()极易与水反应生成乙酸，是很好的吸水剂。试从平衡移动的角度分析A→B反应中用乙酸酐代替乙酸的目的是__________。(4)C的核磁共振氢谱有_________组峰，写出满足下列条件的化合物X的所有同分异构体的结构简式__________。①具有与X相同的官能团②属于醋酸酯(5)利用甲苯、磷叶立德试剂和乙醛为原料可以合成(涉及无机试剂自选)，请写出合成路线__________。19、某化学兴趣小组为探究Na2SO3固体在隔绝空气加热条件下的分解产物，设计如下实验流程：已知：气体Y是一种纯净物，在标准状况下密度为1.518g/L。请回答下列问题：(1)气体Y为_______。(2)固体X与稀盐酸反应产生淡黄色沉淀的离子方程式为_______。(3)实验过程中若测得白色沉淀的质量为6.291g，则Na2SO3的分解率为_______。(4)Na2SO3在空气易被氧化，检验Na2SO3是否氧化变质的实验操作是________。20、为测定某硬铝（含有铝、镁、铜）中铝的含量，设计了Ⅰ、Ⅱ两个方案。根据方案Ⅰ、Ⅱ回答问题：方案Ⅰ：(1)固体甲是铜，试剂X的名称是_______________。(2)能确认NaOH溶液过量的是___________（选填选项）。a.测溶液pH，呈碱性b.取样，继续滴加NaOH溶液，不再有沉淀生成c.继续加NaOH溶液，沉淀不再有变化(3)步骤④的具体操作是：灼烧、_______、________，重复上述步骤至恒重。(4)固体丙的化学式是______，该硬铝中铝的质量分数为_______________。方案Ⅱ的装置如图所示：操作步骤有：①记录A的液面位置；②待烧瓶中不再有气体产生并恢复至室温后，使A和B液面相平；③再次记录A的液面位置；④将一定量Y（足量）加入烧瓶中；⑤检验气密性，将ag硬铝和水装入仪器中，连接好装置。(1)试剂Y是________________；操作顺序是______________________。(2)硬铝质量为ag，若不测气体的体积，改测另一物理量也能计算出铝的质量分数，需要测定的是_______，操作的方法是__________。21、α﹣苯基丙烯酸可用于合成人造龙涎香，现以甲苯为原料，按下列方法合成（从F开始有两条合成路线）已知：①CH3CH2Br+NaCNCH3CH2CN+NaBr②CH3CH2CNCH3CH2COOH完成下列填空：(1)写出D的结构简式______。(2)写出反应类型：反应④______。(3)写出反应所需要试剂与条件：反应①______，反应②______。(4)写出一种满足下列条件的D的同分异构体的结构简式______。①能发生银镜反应②能与FeCl3溶液发生显色反应③分子中有5种不同化学环境的氢原子(5)检验E是否完全转化为F的方法是______。(6)路线二与路线一相比不太理想，理由是______。(7)利用已知条件，设计一条由制备的合成路线_________________。（合成路线的表示方法为：AB…目标产物）

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．当加入10mL0.1

mol/L

NaOH溶液时，溶液中c(HA)=c(A-),由HA⇌H++A-可知Ka==c(H+)=10-4.76，则0.1mol/L的某酸HA中的c(H+)可用三段式进行计算，设电离的c(HA)为xmol/L：HA的电离平衡常数K===10-4.76，剩余的c(HA)=0.1-x≈0.1mol/L，解得x=10-2.88，所以a点溶液的pH为2.88，A正确；B．b溶液显酸性，c(H+)>(OH-)，由电荷守恒可知c(Na+)<c(A-)，B错误；C．溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(A-)，当溶液pH=7呈中性时c(H+)=c(OH-)，则c(Na+)=c(A-)，所以b、c之间一定存在c(Na+)=c(A-)的点，C正确；D．a、b点中溶液显酸性，HA电离出的H+对水的电离起抑制作用，c点酸碱恰好完全反应生成盐NaA，对水的电离起促进的作用，所以a、b、c三点中，c点水的电离程度最大，D正确；答案选B。溶液中一直存在电荷守恒，酸、碱对水的电离起抑制作用，能水解的盐对水的电离起促进作用。2、C【解析】

10NaN3+2KNO3═K2O+5Na2O+16N2↑中，N元素的化合价由-价升高为0，N元素的化合价由+5价降低为0，该反应转移10e-，以此来解答。【详解】A.、KNO3中N元素的化合价降低，为氧化剂，其中氮元素被还原，故A错误；B、只有N元素的化合价变化，则N2是氧化产物，也是还原产物，故B错误；C、由反应可知转移10mol电子生成16mol氮气，则每转移1mol电子，可生成N2为1.6mol，标准状况下N2的体积为35.84L，故C正确;D、若有65gNaN3参加反应，则被氧化的N的物质的量为，故D错误；故选C。3、B【解析】

A.乙烯是水果的催熟剂，高锰酸钾溶液有强氧化性，能氧化乙烯，浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土可用于水果保鲜，故A正确；B.氯化钠虽然不能使蛋白质变性，但有防腐功能，故B错误；C.利用CO2合成聚碳酸酯类可降解塑料，实现“碳”的循环利用应用，减少二氧化碳的排放，故C正确；D.二氧化硫是还原剂，在葡萄酒中添加微量SO2作抗氧化剂，故D正确；故答案为B。4、C【解析】

Y原子在短周期主族元素中原子半径最大，则Y为Na；X和Y能组成两种阴阳离子个数之比相同的离子化合物，则X为O，两种化合物为过氧化钠和氧化钠；常温下,0.1mol·L-1W的氢化物水溶液的pH为1，则HW为一元强酸，短周期主族元素氢化物为一元强酸的元素只有HCl，W为Cl；ZCl3加入NaOH溶液，先产生白色沉淀,后沉淀逐渐溶解，则Z为Al，综上所述X为O、Y为Na、Z为Al、W为Cl。【详解】A.电子层数越多，离子半径越大，电子层数相同，核电荷数越小半径越大，所以四种离子半径：Cl⁻>O2⁻>Na+>Al3+，即W>X>Y>Z，故A错误；B.AlCl3为共价化合物，故B错误；C.Cl⁻和Na+在水溶液中均不发生水解，不影响水的电离平衡，故C正确；D.O没有正价，故D错误；故答案为C。电子层数越多，离子半径越大，电子层数相同，核电荷数越小半径越大；主族元素若有最高正价，最高正价等于族序数，若有最低负价，最低负价等于族序数-8。5、A【解析】

醋酸的电离常数，取对数可得到；【详解】A.据以上分析，将C点坐标(6,1.7)代入，可得lgKa(CH3COOH)=1.7-6=-4.3，Ka(CH3COOH)=5.0×10-5，A正确；B.根据A项分析可知，B错误；C.当往10mL0.10mol·L-1NaOH溶液中加入10mL0.10mol·L-1醋酸溶液时，得到CH3COONa溶液，溶液呈碱性，故当pH=7时加入的醋酸溶液体积应大于10mL，C错误；D.B点，又lgKa(CH3COOH)=1.7-6=-4.3，则由得，pH=8.3，c(H+)=10-8.3mol·L-1，结合电荷守恒式：c(CH3COO-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)知，c(Na+)-c(CH3COO-)=c(OH-)-c(H+)=(10-5.7-10-8.3)mol·L-1，D错误；答案选A。6、B【解析】

根据图像可知，Al在酸性条件下与硝酸根离子反应生成硝酸铝、NO和水，则溶液A为硝酸铝，气体C为NO；气体E则为二氧化氮，F为硝酸；铝在碱性条件下与硝酸根离子反应生成偏铝酸钠和氨气，则溶液B为偏铝酸钠，气体D为氨气。【详解】A.铝在碱性条件下与硝酸根离子反应生成偏铝酸钠和氨气，偏铝酸根离子可写为[Al(OH)4]—，与题意不符，A错误；B.硝酸铝溶液和偏铝酸钠溶液混合时，发生双水解，产生氢氧化铝沉淀，符合题意，B正确；C.D、F分别为氨气、硝酸，可反应生成硝酸铵，属于盐类，与题意不符，C错误；D.E为二氧化氮，有毒排入大气中会造成污染，与题意不符，D错误；答案为B。7、B【解析】

A.在反应FeSO4+KNO3+H2SO4(浓)Fe2(SO4)3+NO↑+K2SO4+H2O中，N元素的化合价由反应前KNO3中的+5价变为反应后NO中的+2价，化合价降低，获得电子，所以该反应的氧化剂是KNO3，A正确；B.配平的化学方程式为6FeSO4+2KNO3+4H2SO4(浓)3Fe2(SO4)3+2NO↑+K2SO4+4H2O，在该反应中KNO3作氧化剂，还原产物是NO，FeSO4作还原剂，Fe2(SO4)3是氧化产物，根据反应过程中电子转移数目相等，所以n(KNO3)：n(FeSO4)=1：3=2：6，则氧化产物Fe2(SO4)3与还原产物NO的物质的量之比为3∶2，B错误；C.Fe2(SO4)3、K2SO4都是盐，属于强电解质，H2O能部分电离产生自由移动的离子，是弱电解质，因此这几种物质均为电解质，C正确；D.根据方程式可知：每反应产生72gH2O，转移6mol电子，则生成144gH2O，转移电子的物质的量为12mol，D正确；故合理选项是B。8、A【解析】

A、离子之间不反应,滴加氨水与Mg2+结合生成沉淀,立即生成沉淀,故A符合题意;B、Fe3+具有氧化性，可以氧化SO32—为SO42—，因此不能共存，故B不符合题意；C、滴加NaOH溶液先与醋酸反应,不能立即生成气体,故C不符合题意;

D、离子之间不反应,可大量共存,但c(K+)＜c(Cl—),不能遵循电荷守恒,故D不符合题意;

综上所述，本题应选A。9、C【解析】

Na与盐酸反应：2Na＋2HCl=2NaCl＋H2↑，Mg与盐酸反应：Mg＋2HCl=MgCl2＋H2↑，Al与盐酸的反应：2Al＋6HCl=2AlCl3＋3H2↑，然后判断过量，如果金属钠过量，Na还会与水反应；【详解】2Na＋2HCl=2NaCl＋H2↑220.30.3>100×10－3L×1mol·L－1，盐酸不足，金属钠过量，因此金属钠还与水反应：2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑，根据得失电子数目守恒，有0.3mol×1=n(H2)×2，即n(H2)=0.15mol；Mg＋2HCl=MgCl2＋H2↑0.30.6>100×10－3L×1mol·L－1，盐酸不足，金属镁过量，产生n(H2)=0.1mol/2=0.05mol，2Al＋6HCl=2AlCl3＋3H2↑，同理盐酸不足，铝过量，产生n(H2)=0.05mol，相同条件下，气体体积比值等于其物质的量比值，即气体体积比值为0.15mol：0.05mol：0.05mol=3：1：1，故C正确。易错点是金属钠产生H2，学生容易认为盐酸不足，按照盐酸进行判断，错选D选项，忽略了过量的金属钠能与水反应产生H2，即判断金属钠产生H2的物质的量时，可以采用得失电子数目相等进行计算。10、A【解析】

A选项，将化学计量数a=8，b=3代入8HClO3═3O2↑+cCl2↑+dHClO4+eH2O方程，由元素守恒得d+2e=84d+e=18得d=4，e=2，由得失守恒可得该反应转移电子数为20e－，故A正确；B选项，电荷不守恒，故B错误；C选项，氧化产物是高氯酸和氧气，氯气是还原产物，故C错误；D选项，由反应可确定：氧化性：HClO3＞HClO4，故D错误；综上所述，答案为A。11、D【解析】A、等物质的量时，NO2和CO2中含有氧原子数目是相同的，因此标准状况下，22.4L的NO2和CO2混合气体中含有氧原子物质的量为2mol，故A错误；B、假设全部是NO2，则含有分子物质的量为46g/46g/mol=1mol，假设全部是N2O4，含有分子物质的量为46g/92g/mol=0.5mol，故B错误；C、常温常压下不是标准状况，且水是弱电解质，无法计算OH－微粒数，故C错误；D、铁与水蒸气反应生成Fe3O4，因此16.8g铁与水蒸气反应，转移电子物质的量为16.8×8/(56×3)mol=0.8mol，故D正确。12、B【解析】

X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，X原子中只有一个电子，则X为H元素；Y原子的L电子层有5个电子，其核电荷数为7，为N元素；Z元素的最高化合价为最低化合价绝对值的3倍，则Z为S元素；W为短周期主族元素且原子序数大于Z，所以为Cl元素；A．S2-和Cl-的离子核外电子排布相同，核电荷数大，离子半径小，即S2->Cl-，故A错误；B．N的气态氢化物NH3与Cl的气态氢化物HCl相遇生成NH4Cl，现象为有白烟产生，故B正确；C．H、N、S三种元素组成的化合物NH4HS或(NH4)2S均为离子化合物，化合物中既有离子键，又有共价键，故C错误；D．Cl的最高价氧化物的水化物HClO4的酸性比S的最高价氧化物的水化物H2SO4的酸性强，而H2SO3的酸性比HClO强，故D错误；故答案为B。13、B【解析】

A．X的化学式为C13H18O，故A正确；B．布洛芬的官能团为－COOH，不能与H2发生加成反应，1molY只能与3molH2反应，故B错误；C．X、Y官能团分别为－CHO和－COOH，只有－COOH能与NaHCO3溶液反应生成CO2，故C正确；D．X、Y中均含有8种氢原子，故D正确；答案选B。羧基不能与H2发生加成反应，是易错点。14、D【解析】

A．氨气为碱性气体，遇到湿润的红色石蕊变蓝，将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，试纸变蓝，可以证明气体中含有氨气，故A正确；B．收集产生的气体并点燃，火焰呈淡蓝色，可以证明氢气的存在，故B正确；C．pH为8.6时，仍然有气体生成，说明碱性条件下，Mg可以被氧化，故C正确；D、若是氢氧根氧化了Mg，则氢氧根得电子被还原，不可能生成气体，所以D的结论不合理，故D错误；故选D。15、B【解析】

A.多孔电极可增大电极与电解质溶液接触面积，降低能量损失，故A正确；B.该过程苯被还原为环己烷，C-H键没有断裂，形成新的C-H键，故B错误；C.储氢是将苯转化为环己烷，电极反应式为C6H6+6e-+6H+===C6H12，故C正确；D.根据图示，苯加氢发生还原反应生成环己烷，装置中左侧电极为阳极，根据放电顺序，左侧电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，生成1.6molO2失去的电子量为6.4mol，根据阴阳得失电子守恒，阴极得到电子总数为6.4mol，若η=75%，则生成苯消耗的电子数为6.4mol×75％=4.8mol，苯发生的反应C6H6+6e-+6H+===C6H12，参加反应的苯的物质的量为4.8mol/6=0.8mol，故D正确；故选B。16、B【解析】

A．M室与电源正极相连为阳极，N室为阴极，则电解质溶液中阳离子向N室移动，阴离子向M室移动，电解过程中原料室中的B(OH)4-需要移动到产品室，且不能让产品室中氢离子移动到右侧，所以b膜为阴离子交换膜，故A错误；B．原料室中的Na+会移动到阴极即N室，N室中发生电极反应2H2O+2e-=H2↑+2OH-，所以经N室后NaOH溶液浓度变大，所以NaOH溶液的浓度:a%<b%，故B正确；C．电子不能在电解质溶液中移动，故C错误；D．理论上每生成1molH3BO3，则M室中就有1mol氢离子通过a膜进入产品室即转移1mole-，M、N室电极反应式分别为2H2O-4e-=O2↑+4H+、2H2O+2e-=H2↑+2OH-，M室生成0.25molO2、N室生成0.5molH2，则两极室共产生标准状况下16.8

L气体，故D错误；故答案为B。二、非选择题（本题包括5小题）17、SiO2Na2SiO3H2SiO3(或H4SiO4)SiO2＋2CSi＋2CO↑Si＋2OH－＋H2O===SiO32-＋2H2↑SiO32-＋CO2＋H2O===H2SiO3↓＋CO32-(或SiO32-＋2CO2＋2H2O===H2SiO3↓＋2HCO3-)【解析】

A、B、C、D、E五种物质中均含有同一种非金属元素，该元素（用R表示）的单质能与NaOH溶液反应生成盐和氢气，则可推知该元素为硅元素，根据题中各物质转化关系，结合硅及其化合物相关知识可知，A与焦碳高温下生成D，则A为SiO2，D为Si，C为Na2SiO3，根据反应②或反应⑤都可推得B为CaSiO3，根据反应⑥推知E为H2SiO3；（1）由以上分析可知A为SiO2，C为Na2SiO3，E为H2SiO3；（2）反应①的化学方程式为2C+SiO2Si+2CO↑；（3）反应④的离子方程式为Si+2OH-+H2O＝SiO32-+2H2↑；（4）H2CO3的酸性强于H2SiO3的酸性，可在硅酸钠溶液中通入二氧化碳，如生成硅酸沉淀，可说明，反应的离子方程式为SiO32-+CO2+H2O＝H2SiO3↓+CO32-。18、酯基取代反应65－甲基－1,3－苯二酚吸收酯化反应生成的水，促进酯化反应正向移动以提高酯的产率4和【解析】

A和乙酸酐反应，酚羟基中的H被－OCCH3取代，B中的甲基上的H被Cl取代。D在碱性环境下发生水解反应，再酸化，得到白藜芦醇。【详解】(1)B中含氧官能团的名称是酯基；B中的甲基上的H被Cl取代，B到C为取代反应；(2)1mol酚羟基形成的酯基与NaOH溶液反应时，消耗2molNaOH，1molD中含有3mol酚羟基形成的酯基，因此1molD最多能消耗6molNaOH；酚羟基的邻对位上的H能够被Br取代，碳碳双键能够与Br2发生加成反应，则化学方程式为；(3)根据已知，可知酚羟基的编号为1和3，则A中甲基的编号为5，则A的名称为5－甲基－1,3－苯二酚；A与乙酸发生酯化反应时有水生成，如果用乙酸酐代替乙酸，乙酸酐可以吸收酯化反应生成的水，而且生成乙酸，有利于反应正向进行，答案：吸收酯化反应生成的水，促进酯化反应正向移动以提高酯的产率；(4)C分子存在一对称轴，分子中有4种H原子，如图所示，因此C的核磁共振氢谱有4组峰；X的同分异构体，与X具有相同的官能团，也属于醋酸酯，则苯环上的取代基与X的相同，分别是－CHO，－OOCCH3。苯环上有2个取代基，则同分异构体共3种，两取代基分别位于邻位、间位、对位，除去X本身还有2种，分别是和；(5)利用甲苯、磷叶立德试剂和乙醛制备，模仿B到D的过程，则合成路线为。19、H2S2S2-+SO32-+6H+=3S↓+3H2O90%取少量Na2SO3样品于试管中，加入足量盐酸溶解，再加入BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则Na2SO3已被氧化变质；若不产生白色沉淀，则Na2SO3未被氧化变质【解析】

气体Y是一种纯净物，在标准状况下密度为1.518g/L，则相对分子质量为22.4×1.518=34.0，Y应为H2S气体，生成的淡黄色沉淀为S，溶液加入氯化钡溶液生成白色沉淀，说明生成Na2SO4，则隔绝空气加热，Na2SO3分解生成Na2S和Na2SO4，发生4Na2SO3Na2S+3Na2SO4，以此解答该题。【详解】(1)由以上分析可知Y为H2S；(2)固体X与稀盐酸反应产生淡黄色沉淀，为硫化钠、亚硫酸钠在酸性溶液中发生归中反应，离子方程式为2S2-+SO32-+6H+=3S↓+3H2O；(3)实验过程中若测得白色沉淀的质量为6.291g，该白色沉淀为硫酸钡，可知n(BaSO4)==0.027mol，说明生成Na2SO4的物质的量为0.027mol，反应的方程式为4Na2SO3Na2S+3Na2SO4，可知分解的Na2SO3物质的量为0.027mol×=0.036mol，则Na2SO3的分解率为×100%=90%；(4)Na2SO3在空气中被氧化，可生成Na2SO4，检验Na2SO3是否氧化变质的实验操作是：取少量Na2SO3样品于试管中，加入足量盐酸溶解，再加入BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则Na2SO3已被氧化变质；若不产生白色沉淀，则Na2SO3未被氧化变质。本题考查性质实验方案的设计。掌握Na2SO3具有氧化性、还原性，在隔绝空气时加热会发生歧化反应，反应产物Na2S与未反应的Na2SO3在酸性条件下会发生归中反应产生S单质是本题解答的关键。可根据BaSO4既不溶于水也不溶于酸的性质检验Na2SO3是否氧化变质。20、盐酸或稀硫酸c冷却称量Al2O3×100％氢氧化钠溶液⑤①④②③剩余固体的质量将烧瓶中剩余固体过滤、洗涤、干燥，称量【解析】

为了测定硬铝中铝的质量分数，可称得样品质量，测量其中铝的质量。根据硬铝的成分及其性质，将铝转化为氧化铝测其质量或转化为氢气测其体积，从而计算得铝的质量分数。【详解】方案Ⅰ：(1)实验流程中，固体甲是铜，则足量X可溶解硬铝中的镁、铝，试剂X可能是稀盐酸或稀硫酸。(2)操作①所得溶液中含有MgCl2、AlCl3和多余的酸，加入足量的NaOH溶液，可中和酸、使Mg2+完全生成Mg(OH)2沉淀、Al3+完全转化为NaAlO2。Mg(OH)2、NaAlO2也能使溶液呈碱性（a错）；证明NaOH溶液过量不必取样，N