2026屆遼寧沈陽市郊聯(lián)體化學高三上期中質(zhì)量跟蹤監(jiān)視試題考生請注意：1．答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內(nèi)，不得在試卷上作任何標記。2．第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內(nèi)，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3．考生必須保證答題卡的整潔?？荚嚱Y束后，請將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、常溫下，一定能大量共存的離子組是()A．使甲基橙呈紅色的溶液中：I－、Cl－、、Na＋B．0.5mol·L－1的NaAlO2溶液中：K＋、Na＋、、Fe3＋C．＝0.1·mol·L－1的溶液中：Na＋、K＋、、D．澄清透明溶液中：K＋、Cu2＋、Na＋、Cl－2、下列各組澄清溶液中離子能大量共存，且加入滴入試劑后發(fā)生的離子方程式書寫正確的是選項離子組X試劑離子方程式A、、、少量B、、、過量C、、、過量銅粉D、、、少量HClA．A B．B C．C D．D3、乙酸和乙醛的鑒別有多種方法，下列可行的操作中最不簡便的一種是A．使用蒸餾水B．使用NaHCO3溶液C．使用CuSO4和NaOH溶液D．使用pH試紙4、室溫下，將0.10mol·L-1鹽酸滴入20.00mL0.10mol·L-1氨水中，溶液中pH和pOH隨加入鹽酸體積變化曲線如圖所示。已知：pOH＝－lgc(OH-)，下列正確的是A．M點所示溶液中可能存在c(Cl-)>c(NH4+)B．N點所示溶液中可能存在：c(NH4+)+c(NH3﹒H2O)=c(Cl-)C．Q點鹽酸與氨水恰好中和D．M點到Q點所示溶液中水的電離程度先變大后減小5、將一定量的SO2通入FeCl3溶液中，取混合溶液，分別進行下列實驗，能證明SO2與FeCl3溶液發(fā)生氧化還原反應的是選項操作現(xiàn)象A加入NaOH溶液有紅褐色沉淀B加入Ba(NO3)2溶液有白色沉淀C加入K3[Fe(CN)6]溶液有藍色沉淀D加入酸性KMnO4溶液紫色褪色A．A B．B C．C D．D6、有關化學鍵和晶體的敘述中正確的是（）A．分子晶體中，分子間作用力越大分子越穩(wěn)定B．分子晶體都是由共價分子構成的C．離子晶體中可能含有共價鍵D．原子晶體中只存在非極性鍵7、實驗室提純含少量氯化鈉雜質(zhì)的硝酸鉀的過程如右圖所示。下列分析正確的是A．操作Ⅰ是過濾，將固體分離除去 B．操作Ⅱ是加熱濃縮、趁熱過濾，除去雜質(zhì)氯化鈉C．操作Ⅲ是過濾、洗滌，將硝酸鉀晶體從溶液中分離出來 D．操作Ⅰ~Ⅲ總共需兩次過濾8、在下述條件下，一定能大量共存的離子組是（）A．無色透明的水溶液中：K+、Ba2+、I-、MnO4-B．能與Al反應產(chǎn)生H2的溶液中：HCO3-、Na+、Al3+、Br-C．澄清透明溶液中：K+、Fe3+、HCO3-、AlO2?D．常溫下pH=1的溶液中：Mg2+、Cl-、SO42-、Fe3+9、NH3是一種重要的化工原料,可以制備一系列物質(zhì)(如圖所示)。下列說法正確的是(

)A．NH4Cl和NaHCO3都是常用的化肥B．NH4Cl、HNO3和Na2CO3受熱時都易分解C．圖中所涉及的鹽類物質(zhì)均可發(fā)生水解反應D．NH3和NO2在一定條件下可以發(fā)生氧化還原反應10、W、X、Y、Z是原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素。已知W原子的最外層電子數(shù)是電子層數(shù)的2倍，Y原子次外層電子數(shù)與其它各層電子總數(shù)相等，W和X的原子序數(shù)之和等于Z的原子序數(shù)。下列說法正確的是A．含氧酸的酸性：Z＞W(wǎng)B．在一定條件下W的單質(zhì)能與Y的最高價氧化物對應的水化物反應C．四種元素均能與氫元素形成共價鍵D．簡單離子半徑：X＞Y＞Z11、CuSO4是一種重要的化工原料，有關制備途徑及性質(zhì)如下圖所示。下列說法錯誤的是()A．途徑①所用混酸中H2SO4與HNO3的最佳物質(zhì)的量之比為3：2B．與途徑①、③相比，途徑②更好地體現(xiàn)了綠色化學思想C．生成等量的硫酸銅，三個途徑中參加反應的硫酸的物質(zhì)的量①=②<③D．利用途徑②制備16g硫酸銅，被還原的硫酸的物質(zhì)的量為0.1mol12、信息提示：①CuCl2+Cu=2CuCl↓(白色)——該反應速率很慢②2CuCl2+4KSCN=2CuSCN↓(白色)+(SCN)2+4KCl——該反應速率很快③(SCN)2，擬鹵素，化學性質(zhì)和氯氣相似。Cu(過量)與FeCl3溶液反應，靜置后取上層清液，小明將KSCN溶液滴加到混合液中，他觀察到瞬間產(chǎn)生白色沉淀，局部出現(xiàn)紅色；振蕩試管，紅色又迅速褪去。請你判斷下列說法正確的是()A．白色沉淀是CuCl，是溶液中的CuCl2與Cu反應生成B．紅色物質(zhì)是Fe(SCN)3，主要原因是溶液中的Fe2+被空氣中的O2氧化成Fe3+C．紅色迅速褪去原因是振蕩溶液時(SCN)2把Fe(SCN)3漂白了D．用KSCN溶液檢驗Fe3+時，Cu2+存在會產(chǎn)生干擾13、下列有機物命名正確的是A．3，3—二甲基丁烷B．3—乙基丁烷C．2，2—二甲基丁烷D．2，3，3—三甲基丁烷14、關于二氧化碳，下列化學用語正確的是A．分子比例模型 B．分子電子式C．分子結構式O=C=O D．溶于水電離：CO2+H2O→H++HCO15、室溫下，用0.1mo1/LHCl溶液滴定10.mL0.1mol·L－1Na2CO3溶液，滴定曲線如圖所示。下列說法正確的是（）A．水電離程度由大到小的順序為:a>b>c>dB．a(chǎn)點時：c(Na＋)>c(CO32－)>c(HCO3－)>c(OH－)C．b點時：3c(Na＋)=2c(CO32－)＋2c(HCO3－)＋2c(H2CO3)D．d點時：c(H＋)>c(HCO3－)=c(CO32－)16、硫酸銨在加熱條件下分解生成氨、二氧化硫、氮氣和水。反應中生成的氧化產(chǎn)物和還原產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比是A．1：3 B．2：3 C．1：1 D．3：1二、非選擇題（本題包括5小題）17、X、Y、Z、M、W、Q、R是7種短周期元素，其性質(zhì)如下：元素代號XYZMWQR原子半徑/nm0.1430.1040.0990.0700.066主要化合價+3+6，﹣2+7，﹣1+5，﹣3﹣2其它焰色為黃色形成氣體單質(zhì)密度最小完成下列填空：（1）上述元素中，X在周期表中的位置是__，由Y、Q形成的簡單離子半徑大小關系是Y___Q(填“＞”或“＜”)。（2）由W或Q與R兩種元素組成的微粒中，都是10e-體參與的離子反應方程式為___，是18e-分子的有__種。（3）寫出證明Z、M非金屬性強弱的化學方程式為__。（4）Z、W、Q、R四種元素按原子個數(shù)比為1：1：4：5形成某化合物，則該化合物中化學鍵類型為___。（填選項）A．離子鍵B．極性共價鍵C．非極性共價鍵D．氫鍵18、已知有機物C的分子式為C9H9OCl，分子中有一個苯環(huán)，苯環(huán)上只有一個側鏈且不含甲基，一定條件下C能發(fā)生銀鏡反應。C與其他物質(zhì)之間的轉化如圖所示（部分無機產(chǎn)物已略去）：（1）F中官能團的名稱是_____________________；C→F的反應類型是____________。（2）C的結構簡式是______________________，I的結構簡式是__________________。（3）D與銀氨溶液反應的化學方程式為_________________________________。（4）有的同學認為B中可能沒有氯原子，理由是_______________________。（5）D的一種同系物W(分子式為C8H8O2)有多種同分異構體，則符合以下條件的W的同分異構體有________種，寫出其中核磁共振氫譜有4個峰且能發(fā)生銀鏡反應的結構簡式___________________。①屬于芳香族化合物②遇FeCl3溶液不變紫色③能與NaOH溶液發(fā)生反應19、已知:ICl的熔點為13.9℃，沸點為97.4℃，易水解，ICl3的熔點為111℃，并且已知:ICl(l)+Cl2(g)=ICl3(s)。用下圖(中夾持裝置略去)的裝置制取ICl。(1)裝置A中發(fā)生反應的化學方程式是_____________________。(2)裝置B的作用是_________，不能用裝置F代替裝置E，理由____________。(3)所制得的ICl中溶有少量ICl3雜質(zhì)，提純的方法是____________(填標號)。A.過濾B.蒸發(fā)結晶C.蒸餾D.分液(4)用ICl的冰醋酸溶液測定某油脂的不飽和度。進行如下兩個實驗，實驗過程中有關反應為：①②ICl+KI=I2+KCl③I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6實驗1：將5.00g該油脂樣品溶于四氯化碳后形成100mL溶液，從中取出十分之一，加入20mL某ICl的冰醋酸溶液(過量)，充分反應后，加入足量KI溶液，生成的碘單質(zhì)用amol/L的Na2S2O3標準溶液滴定。經(jīng)平行實驗，測得消耗的Na2S2O3溶液的平均體積為V1mL。實驗2(空白實驗)：不加油脂樣品，其它操作步驟、所用試劑及用量與實驗I完全相同，測得消耗的Na2S2O3溶液的平均體積為V2mL。①滴定過程需要的指示劑是___________________。②5.00g該油脂樣品所消耗的ICl的物質(zhì)的量為________mol。由此數(shù)據(jù)經(jīng)換算即可求得該油脂的不飽和度。20、SnCl4是一種極易水解的化合物，它的制備需要在無水的條件下，密閉的裝置中進行。若用常規(guī)(系統(tǒng)的體積較大)方法進行多實驗缺點比較多，下圖采用微型實驗進行SnCl4的制備，解決了常規(guī)方法的弊端(己知：SnCl4的熔點為－33℃，沸點為114.1℃)。(1)將已干燥的各部分儀器按圖連接好后，需要進行的操作為________________________。(2)V形管的作用是________________________________________________________。(3)下列說法中正確的是_____A．儀器A的名稱為蒸餾燒瓶B．為了充分干燥氯氣，濃硫酸的體積應大于球泡的體積C．操作時應先滴加濃鹽酸，使整套裝置內(nèi)充滿黃綠色氣體，再用煤氣燈加熱D．生成的SnCl4蒸氣經(jīng)冷卻聚集在磨口具支管中E.微型干燥管中的試劑可以是堿石灰、五氧化二磷或無水氯化鈣等(4)實驗中0.59錫粒完全反應制得1.03gSnCl4，則該實驗的產(chǎn)率為_____________(計算結果保留一位小數(shù))。(5)SnCl4遇氨及水蒸氣的反應是制作煙幕彈的原理，反應的化學方程式為_______________。(6)該微型實驗的優(yōu)點是________________________________________________(任寫兩條)。21、工業(yè)上利用鋅焙砂（主要含ZnO、ZnFe2O4，還含有少量FeO、CuO、SiO2等氧化物雜質(zhì)）制取金屬鋅的流程如圖所示。回答下列問題：（1）ZnFe2O4中Fe的化合價為_________價，已知ZnFe2O4能溶于酸，則酸浸時ZnFe2O4反應的離子方程式為_________，酸浸后濾渣的成分主要是_________。（2）酸浸時一般要將鋅焙砂粉碎，其目的是提高酸浸效率，為達到這一目的，還可以采用的方法是_________（任答一條即可）（3）凈化Ⅰ中H2O2參與反應的離子方程式為_________，試劑X的作用是_________，（4）凈化Ⅱ中得到的Y是_________。

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、D【詳解】A．甲基橙呈紅色的溶液為酸性溶液，I-、在酸性條件下發(fā)生氧化還原反應，在溶液中不能大量共存，故A不符合題意；B．水解顯堿性，F(xiàn)e3+水解顯酸性，和Fe3+發(fā)生相互促進的水解反應而不能大量共存，故B不符合題意；C．＝0.1·mol·L－1，則c(OH-)=0.1mol/L，溶液顯堿性，與OH-發(fā)生反應，即+OH-=+H2O，而不能大量共存，故C不符合題意；D．該組離子之間不反應，能夠大量共存，故D符合題意；答案為D。2、B【詳解】A.四種離子不發(fā)生反應，能共存，溶液中通入少量二氧化硫，和發(fā)生氧化還原反應，因為二氧化硫少量，，故A錯誤；B.四種離子不發(fā)生反應，能共存，通入過量的硫化氫和鐵離子反應生成硫單質(zhì)和亞鐵離子，反應方程式為：；故B正確；C.鐵離子水解顯酸性，偏鋁酸根離子水解顯堿性，發(fā)生雙水解反應，二者不能大量共存，故C錯誤；D.碳酸氫根離子和偏鋁酸根離子發(fā)生復分解反應，而不能大量共存，故D錯誤。故選B。3、C【分析】乙酸具有酸性，可與碳酸鹽、堿等發(fā)生復分解反應，乙醛含有醛基，可發(fā)生氧化反應，以此解答該題?！驹斀狻緼.二者都溶于水，沒有明顯現(xiàn)象，不能鑒別，故A錯誤；B.乙酸具有酸性，可與NaHCO3溶液生成氣體，乙醛與NaHCO3溶液不反應，可鑒別，方法簡便，操作簡單，故B錯誤；C.是可行的方案但使用CuSO4和NaOH溶液，需先生成氫氧化銅，然后與乙酸發(fā)生中和反應，檢驗乙醛需要加熱，操作較復雜，故C正確；D.使用pH試紙乙酸具有酸性，可使pH試紙變紅，乙醛不能使pH試紙變紅，可鑒別，方法簡單，操作簡便，故D錯誤；答案選C。4、B【分析】室溫下，Kw=c（H+）×c（OH-）=10-14，則溶液的pH+pOH=14，由圖可得，Q點的pH=pOH，則Q點溶液呈中性，M點溶液呈堿性，N點溶液呈酸性。據(jù)此并結合溶液中的守恒關系進行判斷?！驹斀狻緼項，M點溶液呈堿性，c(OH-)>c(H+)，根據(jù)電荷守恒可得：c(Cl-)<c(NH4+)，故A錯誤；B項，N點溶液呈酸性，c(H+)>c(OH-)，根據(jù)電荷守恒可得：c(NH4+)<c(Cl-)，所以可能存在c(NH4+)+c(NH3?H2O)=c(Cl-)（當兩溶液恰好完全反應時得到氯化銨溶液，氯化銨水解使溶液呈酸性，根據(jù)物料守恒可知，此等式成立。），故B正確；C項，鹽酸與氨水恰好中和得到NH4Cl溶液呈酸性，而Q點溶液呈中性，氨水稍過量，故C錯誤；D項，氨水中水的電離被抑制，滴加鹽酸生成氯化銨，使水的電離程度增大，Q點時溶液呈中性，水的電離既不被抑制也不被促進，所以M點到Q點所示溶液中水的電離程度增大，故D錯誤。綜上所述，符合題意的選項為B。5、C【詳解】A．將一定量的SO2通入FeCl3溶液中，加入NaOH溶液有紅褐色沉淀生成氫氧化鐵沉淀，過程中沒有化合價變化，不是氧化還原反應，故A錯誤；

B．加入Ba（NO3）2溶液，有白色沉淀，硝酸根離子具有強的氧化性，能夠氧化二氧化硫生成硫酸根離子，硫酸根與鋇離子反應生成硫酸鋇沉淀，即使二氧化硫與三價鐵離子不發(fā)生氧化還原反應，也可產(chǎn)生白色沉淀，所以不能證明SO2與FeCl3溶液發(fā)生氧化還原反應，故B錯誤；

C．亞鐵離子加入K3[Fe（CN）6]（鐵氰化鉀）溶液生成Fe3[Fe（CN）6]2↓（藍色沉淀），則可證明溶液中存在二價鐵離子，說明SO2與FeCl3溶液發(fā)生氧化還原反應，故C正確；

D．加入酸性KMnO4溶液，紫色退去，因為二氧化硫具有還原性能夠還原酸性高錳酸鉀，即使二氧化硫與三價鐵離子不發(fā)生氧化還原反應，也可使其溶液褪色，所以不能證明SO2與FeCl3溶液發(fā)生氧化還原反應，故D錯誤；答案選C?！军c睛】要證明SO2與FeCl3溶液發(fā)生了氧化還原反應，就是要證明反應后生成了亞鐵離子或硫酸根離子，在檢驗硫酸根離子時要注意亞硫酸根離子的干擾，在檢驗亞鐵離子時要注意鐵離子的干擾。6、C【詳解】A．分子的穩(wěn)定性與化學鍵有關，共價鍵越強，分子越穩(wěn)定性，而分子間作用力只影響物質(zhì)的熔沸點等物理性質(zhì)，故A錯誤；B．單原子分子中沒有化學鍵，如稀有氣體為單原子分子，分子中沒有共價鍵，故B錯誤；C．離子晶體中一定存在離子鍵，可能存在共價鍵，如氫氧化鈉、過氧化鈉中存在離子鍵和共價鍵，故C正確；D．原子晶體中可能存在極性鍵，也可能存在非極性鍵，如二氧化硅中存在極性共價鍵，金剛石中存在非極性鍵，故D錯誤；故選C?！军c睛】本題的易錯點為B，要注意稀有氣體是單原子分子，固態(tài)時形成分子晶體。7、C【詳解】KNO3中混有NaCl應提純KNO3，將它們都溶于水，并降溫結晶．因為KNO3的溶解度隨溫度的升高而升高，NaCl的溶解度隨溫度的升高而基本無明顯變變化．則有，操作Ⅰ是在燒杯中加水溶解，操作Ⅱ是蒸發(fā)濃縮，得到較高溫度下的KNO3飽和溶液，操作Ⅲ為冷卻結晶，利用溶解度差異使KNO3結晶析出，過濾，洗滌，干燥可得KNO3晶體，故選C。8、D【解析】A.MnO4－是有色離子，在無色溶液中不能大量共存，故A錯誤；B.能與Al反應產(chǎn)生H2的溶液可能是酸性溶液也可能是堿性溶液，若為酸性溶液，HCO3－不能大量共存，若為堿性溶液，HCO3－和Al3＋不能大量共存，故B錯誤；C.Fe3＋可以和AlO2－發(fā)生雙水解反應生成Fe(OH)3沉淀和Al(OH)3沉淀，HCO3－和AlO2－在溶液中反應生成CO32－和Al(OH)3沉淀，故不能大量共存，故C錯誤；D.常溫下pH=1的溶液是酸性溶液，在酸性溶液中，Mg2+、Cl-、SO42-、Fe3+互相之間不發(fā)生任何反應，可以大量共存，故D正確；故答案選D。點睛：本題主要考查離子能否大量共存，掌握相關離子的性質(zhì)是解答的關鍵，在解題時要特別注意題目所隱含的條件。如：①溶液無色透明時，則溶液中一定沒有有色離子，如Cu2+、Fe3+、Fe2+、MnO4-；②強堿性溶液中肯定不存在與OH-反應的離子，如Fe3+、Fe2+、HCO3-、NH4+、Al3+；③強酸性溶液中肯定不存在與H+反應的離子，如HCO3-、CO32-、S2-、CH3COO-、AlO2-等；本題的易錯點在B項，要特別注意能與Al反應產(chǎn)生H2的溶液，可能是酸性溶液也可能是堿性溶液，但若為酸性溶液，則不可能是硝酸，因鋁與硝酸反應不能生成氫氣。9、D【詳解】A．NH4Cl是氮肥，NaHCO3不是化肥，選項A錯誤；B．NH4Cl、HNO3受熱時都易分解，Na2CO3受熱時不分解，選項B錯誤；C．NaCl是強酸強堿鹽不發(fā)生水解，選項C錯誤；D．NO2跟NH3可以發(fā)生反應：6NO2+8NH3=7N2+12H2O，該反應為氧化還原反應，選項D正確；答案選D?！军c睛】本題主要考查了物質(zhì)的性質(zhì)與用途，注意知識的積累，易錯點為選項A，目前常用的化肥分為：①氮肥，即以氮素營養(yǎng)元素為主要成分的化肥，如尿素、碳銨等；②磷肥，即以磷素營養(yǎng)元素為主要成分的化肥，如過磷酸鈣；③鉀肥，即以鉀素營養(yǎng)元素為主要成分的化肥，主要品種有氯化鉀，硫酸鉀等；④復混肥料，即肥料中含有氮、磷、鉀三要素中的兩種稱為二元復混肥料，含有氮、磷、鉀三種元素的復混肥料稱為三元復混肥料。10、B【解析】W是四種短周期元素中原子序數(shù)最小的，W原子的最外層電子數(shù)是電子層數(shù)的2倍，W為C元素；Y原子次外層電子數(shù)與其它各層電子總數(shù)相等，Y為S元素；在短周期中，原子序數(shù)比Y大的主族元素只有Cl，Z為Cl元素；W和X的原子序數(shù)之和等于Z的原子序數(shù)，X的原子序數(shù)為11，X為Na元素。A，Z為Cl元素，Z的含氧酸有HClO、HClO2、HClO3、HClO4，酸性：HClO4>H2CO3>HClO，A項錯誤；B，Y的最高價氧化物對應的水化物為H2SO4，C與濃H2SO4反應的化學方程式為：C+2H2SO4（濃）?CO2↑+2SO2↑+2H2O，B項正確；C，C、S、Cl與H元素形成共價鍵，Na與H形成離子鍵，C項錯誤；D，根據(jù)“層多徑大，序大徑小”，簡單離子半徑：Y>Z>X，D項錯誤；答案選B。11、D【詳解】A、Cu與混酸反應，3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O，離子反應為：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O，從方程式知，硝酸根離子由硝酸提供，氫離子由硝酸和硫酸提供，所以硝酸為2mol時，硫酸為3mol，用混酸中H2SO4與HNO3物質(zhì)的量之比最好為3：2，故A正確；B、相對于途徑①、③，途徑②的優(yōu)點：制取等質(zhì)量膽礬需要的硫酸少、途徑2無污染性氣體產(chǎn)生，故B正確；C．生成等量的硫酸銅，三個途徑中①②參加反應的硫酸的物質(zhì)的量相等，而③生成SO2，消耗更多的硫酸，則①=②＜③，故C正確；D．途徑②中硫酸只表現(xiàn)為酸性，沒有被還原，故D錯誤。故選D。12、D【詳解】A.Cu(過量)與FeCl3溶液反應生成FeCl2和CuCl2溶液，將KSCN溶液滴加到混合液中，觀察到瞬間產(chǎn)生白色沉淀，根據(jù)題意分析可知，不可能為CuCl白色沉淀，只能是CuSCN白色沉淀，A錯誤；B.據(jù)2CuCl2+4KSCN=2CuSCN↓(白色)+(SCN)2+4KCl反應可知，反應生成了(SCN)2，把Fe2+氧化為Fe3+，導致溶液局部出現(xiàn)紅色，B錯誤；C.(SCN)2與氯氣性質(zhì)相似，其水溶液具有漂白性，但是(SCN)2漂白有機色質(zhì)，不漂白無機物，C錯誤；D.Cu2+會與SCN-反應生成CuSCN白色沉淀，干擾Fe3+的檢驗，D正確；故答案選D。13、C【解析】A．丁烷的命名中出現(xiàn)了3-甲基，說明編號方向錯誤，正確的命名應該為：2，2-二甲基丁烷，故A錯誤；B．選取的主鏈不是最長的，最長主鏈為戊烷，正確命名應該為：3-甲基戊烷，故B錯誤；C.2，2-二甲基丁烷，主鏈為丁烷，在2號C含有2個甲基，該有機物命名滿足烷烴命名原則，故C正確；D.2，3，3-三甲丁烷，該命名中取代基編號不是最小的，說明編號方向錯誤，正確命名應該為：2，2，3-三甲基丁烷，故D錯誤；故選C。點睛：本題考查了有機物的系統(tǒng)命名法，注意掌握有機物的命名原則。有機物系統(tǒng)命名中常見的錯誤歸納如下：①主鏈選取不當(不包含官能團，不是主鏈最長、支鏈最多)；②編號錯(官能團的位次不是最小，取代基位號之和不是最小)；③支鏈主次不分(不是先簡后繁)；④“－”、“，”忘記或用錯。14、C【詳解】A．碳原子半徑大于氧原子半徑，圖中所示原子半徑氧原子半徑大于碳原子半徑，正好相反，A錯誤；B．二氧化碳中碳氧之間是共價雙鍵，不是共價單鍵，電子式為，B錯誤；C．二氧化碳的電子式為，分子結構式O=C=O，C正確；D．CO2+H2OH2CO3H++HCO，碳酸為弱電解質(zhì)，部分電離出H+和HCO，D錯誤；答案選C。15、A【解析】b點10mL0.1mo1/LHCl溶液與10mL0.1mol/LNa2CO3溶液混合，恰好反應為NaHCO3與NaCl，即b點溶質(zhì)為NaHCO3與NaCl；d點20mL0.1mo1/LHCl溶液與10mL0.1mol/LNa2CO3溶液混合，恰好完全反應生成NaCl與CO2，而d點溶液呈酸性，則溶解了CO2，溶質(zhì)為NaCl與H2CO3；c點存在NaHCO3、NaCl，而pH=7，則溶液中也存在H2CO3。綜上分析，a點溶質(zhì)為Na2CO3；b點溶質(zhì)為NaHCO3、NaCl；c點溶質(zhì)為NaHCO3、H2CO3、NaCl；d點溶質(zhì)為NaCl、H2CO3；【詳解】A、a、b點均促進水的電離，且對水電離的促進作用a＞b，c點pH=7，NaHCO3促進水的電離，H2CO3抑制水的電離，兩者作用相互抵消，d點抑制水的電離，故水電離程度大小順序為a＞b＞c＞d，故A正確；B、a點溶質(zhì)為Na2CO3，CO32－部分水解生成HCO3－和OH－，溶液呈堿性，由于OH－還來自水的電離，則c(OH－)＞c(HCO3－)，離子濃度大小為：c(Na+)＞c(CO32－)＞c(OH－)＞c(HCO3－)，故B錯誤；C、b點溶質(zhì)為等物質(zhì)的量的NaHCO3、NaCl，則根據(jù)物料守恒有c(Na+)=2[c(CO32－)+c(HCO3－)+c(H2CO3)]，故C錯誤；D、d點溶質(zhì)為NaCl、H2CO3；H2CO3以第一步電離為主，則c(HCO3－)＞c(CO32－)，由于H+還來自水的電離，則c(HCO3－)＞c(H+)，正確的離子濃度大小為：c(H+)＞c(HCO3－)＞c(CO32－)，故D錯誤；故選A?！军c睛】本題突破口為先根據(jù)酸堿的物質(zhì)的量的比例，分析溶液中的主要溶質(zhì)，然后根據(jù)溶液的酸堿性判斷出c、d點溶液中溶有CO2，從而確定每一點的溶質(zhì)，再根據(jù)電荷守恒、物料守恒來解題。16、A【解析】硫酸銨在加熱條件下分解，生成氨、二氧化硫、氮氣和水，二氧化硫是還原產(chǎn)物，生成1mol二氧化硫得2mol電子；氮氣是氧化產(chǎn)物，生成1mol氮氣失去6mol電子，根據(jù)得失電子守恒，氮氣和二氧化硫的比是1：3，故A正確。二、非選擇題（本題包括5小題）17、第三周期ⅠA族＜NH+OH-=H2O+NH32H2S+Cl2=S+2HClA、B【分析】X焰色為黃色，則X為Na，R的形成氣體單質(zhì)密度最小，則R為H，Z和Q的化合價都有-2價，應為周期表第ⅥA族元素，Z的最高價為+6價，應為S元素，Q無正價，應為O元素；Y的化合價為+3價，應為周期表第ⅢA族元素，根據(jù)半徑大于Z小于X，可知應和X同周期，為Al元素，M為+7、-1價，且原子半徑小于S大于O，則M為Cl元素，W為+5、-3價，且原子半徑小于Cl大于O，則W為N元素?！驹斀狻浚?）由分析可知，X為Na，在周期表中的位置是第三周期ⅠA族，Y、Q各自形成的簡單離子Al3+、O2-，具有相同電子層結構，核電荷數(shù)越大，半徑越小，故離子半徑由大到小的順序是Al3+＜O2-，故答案為：第三周期ⅠA族；＜；（2）由N或O與H兩種元素組成的微粒中，NH、OH-、H2O、NH3等都是10e-體，反應的離子方程式為NH+OH-=H2O+NH3，N或O與H兩種元素組成的微粒中，N2H4、H2O2都是18e-分子，有2種，故答案為：NH+OH-=H2O+NH3；2；（3）氯氣能置換出硫單質(zhì)，可比較Cl、S非金屬性強弱，化學方程式為H2S+Cl2=S+2HCl，故答案為：H2S+Cl2=S+2HCl；（4）S、N、O、H四種元素按原子個數(shù)比為1：1：4：5形成的化合物為NH4HSO4，為離子化合物，該化合物中含有的化學鍵類型為離子鍵，極性共價鍵，故答案為：A、B。18、碳碳雙鍵、醛基消去反應+2Ag(NH3)2OH+2Ag↓+3NH3+H2O在堿性環(huán)境中氯原子可能水解10【解析】有機物C的分子式為C9H9OCl，分子中有一個苯環(huán)且苯環(huán)上只有一條側鏈，無甲基；一定條件下C能發(fā)生銀鏡反應，說明C中含有醛基，C的不飽和度==5，因為含有一個苯環(huán)，所以還含有一個醛基，C發(fā)生水解反應生成D，D發(fā)生銀鏡反應然后酸化得到E，E中含有醇羥基、羧基，所以能發(fā)生酯化反應生成I，I分子中含有一個八元環(huán)，則C結構簡式為，C發(fā)生氧化反應得到B，B為，B和乙醇發(fā)生酯化反應生成A，A結構簡式為；C發(fā)生消去反應生成F，F(xiàn)結構簡式為，G發(fā)生加聚反應生成H，H為；C發(fā)生取代反應生成D，D結構簡式為，D發(fā)生銀鏡反應然后酸化得到E，E為，E發(fā)生酯化反應生成含有一個八元環(huán)的I，I結構簡式為。(1)F為，官能團是碳碳雙鍵和醛基，C發(fā)生消去反應生成F，故答案為碳碳雙鍵、醛基；消去反應；(2)C為，I為，故答案為；；(3)D與銀氨溶液發(fā)生銀鏡反應，反應方程式為+2Ag(NH3)2OH+2Ag↓+3NH3+H2O，故答案為+2Ag(NH3)2OH+2Ag↓+3NH3+H2O；(4)在堿性條件下氯原子可能發(fā)生水解反應，所以可能B中不含氯原子，故答案為在堿性環(huán)境中氯原子可能水解；(5)D的一種同系物W(分子式為C8H8O2)有多種同分異構體，D結構簡式為，W結構簡式符合下列條件：①屬于芳香族化合物，說明含有苯環(huán)；②遇FeCl3溶液不變紫色，說明不含酚羥基；③能與NaOH溶液發(fā)生反應說明含有羧基或酯基，如果含有羧基和甲基，有鄰間對三種結構；如果只含亞甲基和羧基，有一種結構，為苯乙酸；如果含有酯基，可能是苯甲酸甲酯、甲酸苯甲酯、乙酸苯酯；如果含有酯基和甲基，有鄰間對三種結構，所以符合條件的有10種；其中核磁共振氫譜有4個峰且能發(fā)生銀鏡反應的結構簡式為，故答案為10；。點睛：本題考查有機物推斷，為高頻考點，側重考查學生分析推斷能力，正確判斷C結構簡式是解本題關鍵，根據(jù)反應條件結合某些物質(zhì)分子式、結構進行推斷，難點是(5)同分異構體種類判斷，要考慮官能團異構、位置異構。19、KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+3H2O除去氯氣中的氯化氫裝置F中的水蒸氣會進入裝置D中，使ICl水解C淀粉溶液5a（V2-V1）×10-3【分析】由實驗裝置可知，A中氯酸鉀具有氧化性能把濃鹽酸氧化生成氯氣，發(fā)生KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+3H2O；濃鹽酸易揮發(fā)生成的氯氣中含有氯化氫，所以裝置B中飽和食鹽水的作用是除去氯氣中的氯化氫，濃硫酸干燥氯氣。已知ICl易水解，裝置E中堿石灰可以吸收氯氣，同時吸收空氣中的水蒸氣，據(jù)此解答。【詳解】(1)氯酸鉀具有氧化性能把濃鹽酸氧化生成氯氣，則裝置A中發(fā)生反應的化學方程式是KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+3H2O；(2)濃鹽酸易揮發(fā)生成的氯氣中含有氯化氫，所以裝置B中飽和食鹽水的作用是除去氯氣中的氯化氫，已知ICl易水解，若用裝置F代替裝置E，則裝置F中的水蒸氣會進入裝置D中，使ICl水解，所以不能用裝置F代替裝置E；(3)由于ICl與ICl3的沸點相差較大，因此若所制得的ICl中溶有少量ICl3雜質(zhì)，提純的方法是蒸餾，故答案為：C；(4)①由于碘遇淀粉顯藍色，因此滴定過程中可用淀粉溶液作指示劑；②實驗2中比實驗1多消耗的溶液體積為（V2-V1）ml，則Na2S2O3的物質(zhì)的量的是0.001a（V2-V1）mol，根據(jù)方程式②ICl+KI=I2+KCl、③I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6可知：ICl～2Na2S2O3，所以ICl的物質(zhì)的量是0.001a（V2-V1）mol×，由根據(jù)方程式①可知，5.00g該油脂樣品所消耗的ICl的物質(zhì)的量為0.001a（V2-V1）mol××=5a（V2-V1）×10-3mol。20、檢查裝置氣密性用作緩沖瓶或安全瓶CDE93.9%SnCl4+4NH3+4H2O=Sn(OH)4+4NH4Cl產(chǎn)率高，對環(huán)境污染小，實驗藥品用量較少（任寫兩點，合理即可）【分析】高錳酸鉀和濃鹽酸反應生成氯氣（含有氯化氫），經(jīng)過濃硫酸干燥，在具支試管內(nèi)高溫加熱條件下氯氣與錫粒反應生成SnCl4的蒸汽，經(jīng)過冷凝管冷凝，在具支試管內(nèi)收集SnCl4，未反應的氯氣經(jīng)導管用實驗裝置尾部的浸濕氫氧化鈉溶液的棉球進行吸收。(1)由于SnCl4是一種極易水解的化合物，它的制備需要在無水的條件下，另外制取的氯氣有毒，高溫下與錫粒反應生成SnCl4的蒸汽，因此在進行制備實驗前，要檢查裝置的氣密性，防止空氣中水蒸氣進入及防止氯氣進入大氣；(2)根據(jù)分析，在具支試管內(nèi)高溫加熱條件下氯氣與錫粒反應生成SnCl4的蒸汽，導致實驗裝置內(nèi)壓強增大，因此V形管起到安全瓶或起緩沖作用；(3)A.根據(jù)圖示儀器A的構造，不是蒸餾燒瓶；B.由于SnCl4是一種極易水解的化合物，為了充分干燥氯氣，濃硫酸的體積應保證無氯氣能直接通過球泡，不需要體積大于球泡；C.SnCl4是一種極易水解的化合物，操作時應先滴加濃鹽酸，使整套裝置內(nèi)充滿黃綠色氣體，將實驗裝置內(nèi)的空氣全部趕出，保證干燥無水的環(huán)境，再用煤氣燈加熱；D.根據(jù)分析，在具支試管內(nèi)高溫加熱條件下氯氣與錫粒反應生成SnCl4的蒸汽，經(jīng)過冷凝管冷凝，在具支試管內(nèi)收集SnCl4；E.微型干燥管中的主要作用是防止水蒸氣進入磨口具支試管，防止SnCl4水解，另外還可以用于吸收未反應的有毒氣體氯氣，因此試劑可以是堿石灰、五氧化二磷或無水氯化鈣等能夠吸水和吸收氯氣的干燥劑；(4)根據(jù)反應Sn+Cl2SnCl4，計算出生成SnCl4的理論值，再根據(jù)產(chǎn)率=進行計算；(5)SnCl4遇氨及水蒸氣的反應是制作煙幕彈的原理是：SnCl4+4NH3+4H2O=Sn(OH)4+4NH4