2026屆湖南省安鄉(xiāng)縣一中高三化學第一學期期末監(jiān)測試題請考生注意：1．請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應位置上，請用0．5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應的答題區(qū)內。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2．答題前，認真閱讀答題紙上的《注意事項》，按規(guī)定答題。一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、實驗室利用下圖裝置制取無水A1C13(183℃升華，遇潮濕空氣即產生大量白霧)，下列說法正確的是A．①的試管中盛裝二氧化錳，用于常溫下制備氯氣B．②、③、⑥、⑦的試管中依次盛裝濃H2SO4、飽和食鹽水、濃H2SO4、NaOH溶液C．滴加濃鹽酸的同時點燃④的酒精燈D．⑤用于收集AlCl3，⑥、⑦可以用一個裝有堿石灰的干燥管代替2、下列各組物質，滿足表中圖示物質在一定條件下能一步轉化的是（）序號XYZWASSO3H2SO4H2SBCuCuSO4Cu(OH)2CuOCSiSiO2Na2SiO3H2SiO3DAlAlCl3Al(OH)3NaAlO2A．A B．B C．C D．D3、短周期元素X、Y、Z、M的原子序數(shù)依次增大，它們組成一種團簇分子Z2M2Y4(YX)2，結構如圖所示。X、M的族序數(shù)均等于周期序數(shù)，Y原子核外最外層電子數(shù)是其電子總數(shù)的，下列說法正確的是A．簡單離子半徑:Z>M>YB．常溫下Z和M的單質均能溶于濃硝酸C．X與Y結合形成的化合物是離子化合物D．工業(yè)上常用電解Z的氯化物的熔融液來制取Z單質4、W、X、Y、Z四種短周期主族元素的原子序數(shù)依次增大，其最高價氧化物對應的水化物的溶液，濃度均為0.1mol/L時的pH如表所示。下列說法正確的是元素對應的溶液WXYZpH(25℃)1.013.00.71.0A．簡單離子半徑大小順序為：X>Y>Z>WB．Z元素的氧化物對應的水化物一定是強酸C．X、Z的簡單離子都能破壞水的電離平衡D．W、Y都能形成含18個電子的氫化物分子5、下列化學用語的表述正確的是A．離子結構示意圖：可以表示16O2－，也可以表示18O2－B．比例模型：可以表示甲烷分子，也可以表示四氯化碳分子C．氯化銨的電子式為：D．二氧化碳分子的比例模型是：6、常溫下，向20mL0.1mol.L-1HN3(疊氮酸)溶液中滴加pH=13的NaOH溶液，溶液中水電離的c(H+)與NaOH溶液體積的關系如圖所示(電離度等于已電離的電解質濃度與電解質總濃度之比)。下列說法錯誤的是A．HN3是一元弱酸B．c點溶液中：c(OH-)=c(H+)+c(HN3)C．常溫下，b、d點溶液都顯中性D．常溫下，0.1mol.L-1HN3溶液中HN3的電離度為10a-11%7、已知在100℃、1.01×105Pa下，1mol氫氣在氧氣中燃燒生成氣態(tài)水的能量變化如圖所示，下列有關說法不正確的是()A．1molH2O(g)分解為2molH與1molO時吸收930kJ熱量B．熱化學方程式為：2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g)ΔH＝－490kJ·mol－1C．甲、乙、丙中物質所具有的總能量大小關系為乙>甲>丙D．乙→丙的過程中若生成液態(tài)水，釋放的能量將小于930kJ8、已知磷酸分子()中的三個氫原子都可以與重水分子(D2O)中的D原子發(fā)生氫交換。又知次磷酸(H3PO2)也可與D2O進行氫交換，但次磷酸鈉(NaH2PO2)卻不能與D2O發(fā)生氫交換。下列說法正確的是A．H3PO2屬于三元酸B．H3PO2的結構式為C．NaH2PO2屬于酸式鹽D．NaH2PO2溶液可能呈酸性9、從化學的規(guī)角分析，下列說法不正確的是A．鋰離子電池是一種生活中常用的化學電源B．納米材料可用于制造不用洗的衣服面料C．水中加入“催化劑”，可變成汽車燃料“油”D．科學家未研發(fā)出只加水就能跑的“水氫發(fā)動機”汽車10、下列反應可用離子方程式“H++OH﹣→H2O”表示的是（）A．H2SO4溶液與Ba（OH）2溶液混合B．NH4Cl溶液與KOH溶液混合C．NH4HSO4溶液與少量NaOHD．NaHCO3溶液與NaOH溶液混合11、給定條件下，下列選項中所示的物質間轉化均能一步實現(xiàn)的是（）A．SSO2BaSO4B．SiO2H2SiO3Na2SiO3（aq）C．MgCl2?6H2OMgCl2MgD．N2NO2HNO312、某電池以K2FeO4和Zn為電極材料，KOH溶液為電解質溶液。下列說法不正確的是A．Zn為電池的負極，發(fā)生氧化反應B．電池工作時OH-向負極遷移C．該電池放電過程中電解質溶液濃度增大D．正極反應式為：2FeO42－＋10H＋＋6e－=Fe2O3＋5H2O13、短周期主族元素a、b、c、d的原子序數(shù)依次增大。這四種元素形成的單質依次為m、n、p、q，x、y、z是這些元素組成的二元化合物，其中z為形成酸雨的主要物質之一；25℃時，0.01mol/Lw溶液pH=12。上述物質的轉化關系如圖所示。下列說法正確的是()A．原子半徑的大小：a<b<c<dB．氫化物的穩(wěn)定性：b<dC．y中陰陽離子個數(shù)比為1：2D．等物質的量y、w溶于等體積的水得到物質的量濃度相同的溶液14、設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法錯誤的是A．112gMgS與NaHS混合晶體中含有陽離子的數(shù)目為2NAB．25℃時，1L0.1mol·L－1的Na3PO4溶液中Na+的數(shù)目為0.3NAC．常溫下，64gCu與足量的濃硫酸混合，轉移的電子數(shù)目為2NAD．88g乙酸乙酯中含有的非極性共價鍵的數(shù)目為2NA15、用化學用語表示NH3+HClNH4Cl中的相關微粒，其中正確的是（）A．中子數(shù)為8的氮原子： B．HCl的電子式：C．NH3的結構式： D．Cl?的結構示意圖：16、生活因化學而精彩，化學因實驗而生動，實驗因“洗滌”而更加精確。關于沉淀或晶體洗滌的說法錯誤的是A．洗滌的目的一般是除去沉淀或晶體表面可溶性的雜質，提高純度B．洗滌的試劑一般可選用蒸餾水、冰水、乙醇、該物質的飽和溶液C．洗滌的操作是向過濾器里的固體加洗滌劑，使洗滌劑浸沒固體，待洗滌劑自然流下D．洗凈的檢驗是檢驗最后一次洗滌液中是否含有形成沉淀的該溶液中的離子二、非選擇題（本題包括5小題）17、某新型無機材料A3M4由兩種非金屬元素組成，元素M位于第二周期VA族。D、E、H均為難溶于水的白色固體：化合物C、E均含A元素。其余物質均為中學化學中常見物質。請回答：（1）寫出H的化學式：________________。（2）化合物A3M4中含有的化學鍵類型為：________________。（3）寫出反應②的離子方程式：________________。18、重要的化學品M和N的合成路線如圖所示：已知：i．ii．iiiN的結構簡式是：請回答下列問題：（1）A中含氧官能團名稱是______，C與E生成M的反應類型是______．（2）寫出下列物質的結構簡式：X：______Z：______E：______（3）C和甲醇反應的產物可以發(fā)生聚合反應．該聚合反應的產物是：______．（4）1molG一定條件下，最多能與______molH2發(fā)生反應（5）寫出一種符合下列要求G的同分異構體______①有碳碳叄鍵②能發(fā)生銀鏡反應③一氯取代物只有2種（6）1，3﹣丙二醇是重要的化工物質，請設計由乙醇合成它的流程圖______，合成路線流程圖示例如下：CH2=CH2CH3CH2BrCH3CH2OH．19、正丁醚可作許多有機物的溶劑及萃取劑，常用于電子級清洗劑及用于有機合成。實驗室用正丁醇與濃H2SO4反應制取，實驗裝置如右圖，加熱與夾持裝置略去。反應原理與有關數(shù)據：反應原理：2C4H9OHC4H9OC4H9+H2O副反應：C4H9OHC2H5CH=CH2+H2O物質相對分子質量熔點/℃沸點/℃溶解性水50%硫酸其它正丁醇74-89.8117.7微溶易溶二者互溶正丁醚130-98142.4不溶微溶實驗步驟如下：①在二口燒瓶中加入0.34mol正丁醇和4.5mL濃H2SO4,再加兩小粒沸石，搖勻。②加熱攪拌，溫度上升至100~ll0℃開始反應。隨著反應的進行，反應中產生的水經冷凝后收集在水分離器的下層，上層有機物至水分離器支管時，即可返回燒瓶。加熱至反應完成。③將反應液冷卻，依次用水、50%硫酸洗滌、水洗滌，再用無水氯化鈣干燥，過濾，蒸餾，得正丁醚的質量為Wg。請回答：（1）制備正丁醚的反應類型是____________，儀器a的名稱是_________。（2）步驟①中藥品的添加順序是，先加______（填“正丁醇”或“濃H2SO4”），沸石的作用是___________________。（3）步驟②中為減少副反應，加熱溫度應不超過_________℃為宜。使用水分離器不斷分離出水的目的是________。如何判斷反應已經完成？當_____時，表明反應完成，即可停止實驗。（4）步驟③中用50%硫酸洗滌的目的是為了除去______________。本實驗中，正丁醚的產率為_____（列出含W的表達式即可）。20、PbCrO4是一種黃色顏料，制備PbCrO4的一種實驗步驟如圖1：已知：①Cr（OH）3（兩性氫氧化物）呈綠色且難溶于水②Pb（NO3）2、Pb（CH3COO）2均易溶于水，PbCrO4的Ksp為2.8×10﹣13，Pb（OH）2開始沉淀時pH為7.2，完全沉淀時pH為8.7。③六價鉻在溶液中物種分布分數(shù)與pH關系如圖2所示。④PbCrO4可由沸騰的鉻酸鹽溶液與鉛鹽溶液作用制得，含PbCrO4晶種時更易生成（1）實驗時需要配置100mL3mol?L﹣1CrCl3溶液，現(xiàn)有量筒、玻璃棒、燒杯，還需要玻璃儀器是___。（2）“制NaCrO2（aq）”時，控制NaOH溶液加入量的操作方法是_____。（3）“氧化”時H2O2滴加速度不宜過快，其原因是_____；“氧化”時發(fā)生反應的離子方程式為___。（4）“煮沸”的目的是_____。（5）請設計用“冷卻液”制備PbCrO4的實驗操作：_____[實驗中須使用的試劑有：6mol?L﹣1的醋酸，0.5mol?L﹣1Pb（NO3）2溶液，pH試紙]。21、鈉是人體中一種重要元素，一般情況下，鈉約占成人體重的0.15%。鈉元素對應的化合物因組成與結構性質差異很大。(1)鈉原子核外電子共占據_______個軌道，寫出同一周期中原子核外M層上有2個未成對電子的元素其原子最外層電子排布式_______。(2)氯化鈉的熔點比氯化鉀的_______（填“高”或“低”），原因是________。(3)實驗室可用濃氨水與氫氧化鈉固體反應制取氨氣，試用平衡原理分析氫氧化鈉的作用：___。(4)氟化鈉溶液中，不存在的微粒間作用力是_________（填標號）。A．離子鍵B．共價鍵C．金屬鍵D．范德華力(5)卡斯納法制取金屬鈉的原理是：以氫氧化鈉為原料，放入鐵質容器中熔化，在稀有氣體的保護下，以鎳為陽極，鐵為陰極，在陰極析出金屬鈉。寫出反應的化學方程式為：_______。其中，氧化產物是：_____，若反應轉移0.8mol電子，至少消耗______gNaOH。

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、D【解析】

由實驗裝置可知，①為濃鹽酸與強氧化劑反應生成氯氣，②中飽和食鹽水可除去氯氣中的HCl，③中濃硫酸干燥氯氣，④中Al與氯氣反應生成AlCl3，⑤為收集氯化鋁的裝置；⑥中濃硫酸防止水進入④和⑤中引起氯化鋁水解，⑦中NaOH溶液吸收尾氣中的氯氣，以此來來解答?！驹斀狻緼.①的試管中盛裝二氧化錳，常溫與濃鹽酸不反應，需要加熱制備氯氣，A項錯誤；B.由上述分析可知②、③、⑥、⑦的試管中依次盛裝飽和食鹽水、濃H2SO4、濃H2SO4、NaOH溶液，B項錯誤；C.滴加濃鹽酸使產生的氯氣排出裝置中的氧氣，再點燃④的酒精燈，C項錯誤；D.⑤用于收集AlCl3，⑥、⑦兩個裝置要防止其水解，且要吸收尾氣中的氯氣，則⑥、⑦可以用一個裝有堿石灰的干燥管代替，D項正確；答案選D。2、B【解析】

A．硫燃燒生成二氧化硫，不能一步生成三氧化硫，A錯誤；B．Cu與濃硫酸反應生成硫酸銅，硫酸銅與氫氧化鈉反應生成氫氧化銅沉淀，氫氧化銅受熱分解生成氧化銅，均能一步完成，B正確；C．硅酸不能一步反應生成單質硅，C錯誤；D．NaAlO2不能一步反應生成單質鋁，D錯誤；答案選B。3、D【解析】

X、M的族序數(shù)均等于周期序數(shù)，結合團簇分子結合可知X為H，M為Be或Al，Y原子核外最外層電子數(shù)是其電子總數(shù)的，則Y為O，Y的原子序數(shù)小于M，則M為Al；根據團簇分子的結構可知其分子式應為Al2Z2H2O6，Z的化合價為+2價，則Z為Mg?！驹斀狻緼．離子核外電子層數(shù)相同時，原子序數(shù)越小其半徑越小，所以簡單離子半徑：O2->Mg2+>Al3+，故A錯誤；B．常溫下金屬鋁與濃硝酸會鈍化，故B錯誤；C．X與Y形成的化合物為H2O2或H2O，均為共價化合物，故C錯誤；D．Z為Mg，工業(yè)上常電解熔融狀態(tài)下的氯化鎂制取鎂單質，故D正確；故答案為D。4、D【解析】

W與Z的最高價氧化物對應水化物的溶液，濃度均為0.1mol/L時pH=1（H+濃度為0.1mol/L），是一元強酸，則W為N（最高價氧化物對應水化物為HNO3），Z為Cl（最高價氧化物對應水化物為HClO4）；Y的最高價氧化物對應水化物的溶液，濃度為0.1mol/L時pH=0.7（H+濃度為0.2mol/L），是二元強酸，則Y為S（最高價氧化物對應水化物為H2SO4）；X的最高價氧化物對應水化物的溶液，濃度為0.1mol/L時pH=13（OH-濃度為0.1mol/L），是一元強堿，且X的原子序數(shù)介于N與S之間，可知X為Na（最高價氧化物對應水化物為NaOH）?！驹斀狻緼．S2-、Cl-的核外電子排布相同，其中S2-的核電荷數(shù)較小，半徑較大；N3-、Na+的核外電子排布相同，半徑比S2-、Cl-的小，其中N3-的核電荷數(shù)較小，半徑比Na+大，則簡單離子半徑大小順序為：S2-＞Cl-＞N3-＞Na+，即Y＞Z＞W＞X，A項錯誤；B．Z為Cl，其氧化物對應的水化物可能為強酸（如HClO4），也可能為弱酸（如HClO），B項錯誤；C．X的簡單離子為Na+，Z的簡單離子為Cl-，均不會破壞水的電離平衡，C項錯誤；D．W能形成N2H4，Y能形成H2S，均為18電子的氫化物分子，D項正確；答案選D。5、A【解析】

A．離子結構示意圖中質子數(shù)為8，核核外電子數(shù)為10，表示氧離子，所以可以表示16O2-，也可以表示18O2-，與中子數(shù)無關，故A正確；B．比例模型為：可以表示甲烷分子，但不能表示四氯化碳分子，因Cl原子半徑比C原子半徑大，四氯化碳的比例模型為，故B錯誤；C．氯化銨為離子化合物，氯離子需要標出最外層電子和電荷，正確的電子式為：，故C錯誤；D．二氧化碳是直線形分子，同一周期元素中，原子半徑隨著原子序數(shù)的增大而減小，則二氧化碳分子的比例模型：，故D錯誤；故選A。【點睛】本題的易錯點為BD，要注意比例模型中原子的相對大小的判斷。6、C【解析】

A．pH=13，c(NaOH)=0.1mol/L，c點時，20mL0.1mol.L-1HN3溶液與20mLpH=13的NaOH溶液剛好完全反應，此時溶液呈堿性，說明NaN3發(fā)生水解，HN3是一元弱酸，A正確；B．c點溶液為NaN3溶液，依據質子守恒，c(OH-)=c(H+)+c(HN3)，B正確；C．常溫下，c點溶液呈堿性，繼續(xù)加入NaOH溶液，d點溶液一定呈堿性，C錯誤；D．常溫下，0.1mol.L-1HN3溶液中，c(OH-)=10-amol/L，則HN3電離出的c(H+)==10-14+amol/L，HN3的電離度為=10a-11%，D正確。故選C。7、D【解析】

A.由已知的能量變化圖可知，1molH2O(g)分解為2molH與1molO時吸收930kJ熱量，A項正確；B.由已知的能量變化圖可知，H2(g)＋O2(g)=H2O(g)ΔH＝反應物斷鍵吸收的能量-生成物成鍵釋放的能量=(436+249-930)kJ·mol－1=-245kJ·mol－1，則熱化學方程式為：2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g)ΔH＝-245kJ·mol－1×2=-490kJ·mol－1，B項正確；C.甲吸收能量生成乙，乙釋放能量生成丙，乙的能量最高，甲生成丙為放熱反應，則甲的能量高于丙，則甲、乙、丙中物質所具有的總能量大小關系為乙＞甲＞丙，C項正確；D.乙→丙的過程中生成氣態(tài)水時，釋放930kJ的能量，若生成液態(tài)水，氣態(tài)水轉變?yōu)橐簯B(tài)水會繼續(xù)釋放能量，則釋放的能量將大于930kJ，D項錯誤；答案選D。8、B【解析】A．次磷酸(H3PO2)也可跟D2O進行氫交換，但次磷酸鈉(NaH2PO2)卻不能跟D2O發(fā)生氫交換，則H3PO2中只有一個羥基氫，為一元酸，故A錯誤；B．H3PO2中只有一個羥基氫，為一元酸，則其結構為，故B正確；C．H3PO2為一元酸，則NaH2PO2屬于正鹽，故C錯誤；D．NaH2PO2是強堿鹽，不能電離出H+，則其溶液可能顯中性或堿性，不可能呈酸性，故D錯誤；答案為B。點睛：準確理解信息是解題關鍵，根據磷酸分子中的三個氫原子都可以跟重水分子(D2O)中的D原子發(fā)生氫交換及次磷酸(H3PO2)也可跟D2O進行氫交換，說明羥基上的氫能與D2O進行氫交換，但次磷酸鈉(NaH2PO2)卻不能跟D2O發(fā)生氫交換，說明次磷酸鈉中沒有羥基氫，則H3PO2中只有一個羥基氫，由此分析判斷。9、C【解析】

A選項，手機鋰離子電池是一種生活中常用的化學電源，故A正確；B選項，納米材料可用于制造不用洗的衣服面料，故B正確；C選項，水（H2O）中只含H、O兩種元素，汽車燃料“油”含有C和H兩種元素，兩者含有不同種元素，利用水不可能制成汽車燃料“油”，故C錯誤；D選項，水變氫是吸熱反應，從能量守恒定律得出科學家不可能研發(fā)出只加水就能跑的“水氫發(fā)動機”汽車，故D正確。綜上所述，答案為C。10、C【解析】

A.H2SO4溶液與Ba(OH)2溶液混合，生成硫酸鋇沉淀和水，離子方程式為2H++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O，故A錯誤；B.NH4Cl溶液與KOH溶液混合，生成弱電解質一水合氨，離子方程式為NH4＋＋OH－=NH3·H2O，故B錯誤；C.NH4HSO4溶液與少量NaOH反應，只有氫離子與氫氧根反應，離子方程式為H++OH﹣=H2O，故C正確；D.NaHCO3溶液與NaOH溶液混合，離子方程式為：OH-

+HCO3-＝CO32－+H2O，故D錯誤；故答案為C。11、A【解析】A．硫單質點燃生成二氧化硫，二氧化硫通入硝酸鋇溶液，溶液顯酸性，硝酸根氧化二氧化硫為硫酸，結合鋇離子生成不溶于水和酸的硫酸鋇沉淀，轉化關系可以一步實現(xiàn)，A正確；B．二氧化硅是酸性氧化物，但不溶于水不能一步生成硅酸，B錯誤；C．氯化鎂晶體加熱過程中會發(fā)生水解得到氫氧化鎂，不能生成氯化鎂固體，需要在氯化氫氣流中加熱失去結晶水得到氯化鎂固體，C錯誤；D．氮氣與氧氣放電件下反應生成一氧化氮，不能一步生成二氧化氮氣體，D錯誤；答案選A。12、D【解析】

A.電池工作時，Zn失電子是電池的負極、發(fā)生氧化反應，A項正確；B.負極Zn失電子帶正電，吸引溶液中陰離子，故向負極遷移，B項正確；C.該電池放電過程中，負極Zn→Zn(OH)2，正極K2FeO4→KOH+Fe2O3，總反應為3Zn+2K2FeO4+5H2O=3Zn(OH)2+4KOH+Fe2O3，KOH溶液濃度增大，C項正確。D.堿性溶液中，電極反應式不應出現(xiàn)H+，D項錯誤。本題選D。13、C【解析】

短周期主族元素，a、b、c、d的原子序數(shù)依次增大。四種元素形成的單質依次為m、n、p、q時；x、y、z是這些元素組成的二元化合物，其中z為形成酸雨的主要物質之一，z為SO2，q為S，d為S元素；25℃0.01mol/Lw溶液pH=12，w為強堿溶液，則w為NaOH，結合原子序數(shù)及圖中轉化可知，a為H，b為O，c為Na，x為H2O，y為Na2O2，以此來解答?！驹斀狻扛鶕鲜龇治隹芍篴為H，b為O，c為Na，d為S元素，x為H2O，y為Na2O2，z為SO2。A．原子核外電子層越多，原子半徑越大，同一周期元素從左向右原子半徑減小，則原子半徑的大?。篴<b<d<c，A錯誤；B．元素的非金屬性：O>S，元素的非金屬性越強，其相應的氫化物穩(wěn)定性就越強，故氫化物的穩(wěn)定性：H2O>H2S，即b>d，B錯誤；C．y為Na2O2，其中含有離子鍵和非極性共價鍵，電離產生2個Na+和O22-，所以y中陰、陽離子個數(shù)比為1：2，C正確；D.y是Na2O2，Na2O2溶于水反應產生NaOH和O2，w為NaOH，1molNa2O2反應消耗1molH2O產生2molNaOH，所以等物質的量y、w溶于等體積的水得到的溶液的物質的量濃度不同，D錯誤；故合理選項是C?！军c睛】本題考查無機物的推斷，把握元素化合物知識、物質的轉化推斷物質及元素為解答的關鍵，注意酸雨的成分是SO2、w為NaOH為推斷的突破口，試題側重考查學生的分析與推斷能力。14、C【解析】

A．因為MgS與NaHS的摩爾質量都是56g.mol-1，所以112gMgS與NaHS混合物的物質的量為2mol，而MgS與NaHS混合晶體中含有陽離子分別為Mg2+、Na+，故112gMgS與NaHS混合晶體中含有陽離子的數(shù)目為2NA，A正確；B．Na3PO4是強電解質，在溶液中的電離方程式為：Na3PO4=3Na++PO43-，則1L0.1mol·L－1的Na3PO4溶液中Na+的物質的量為0.3mol，故1L0.1mol·L－1的Na3PO4溶液中Na+的數(shù)目為0.3NA，B正確；C．常溫下，Cu與濃硫酸不反應，C錯誤；D．乙酸乙酯的結構式為，88g乙酸乙酯的物質的量是1mol，一個乙酸乙酯分子中含有兩個非極性共價鍵，故88g乙酸乙酯中含有的非極性共價鍵的數(shù)目為2NA，D正確；答案選C。15、C【解析】

A、中子數(shù)為8的氮原子的質量數(shù)為15；B、HCl中只含共價鍵；C、NH3中含個N-H鍵；D、Cl-最外層有8個電子?！驹斀狻緼、中子數(shù)為8的氮原子的質量數(shù)為15，可表示為，選項A錯誤；B、HCl中只含共價鍵，其電子式為，選項B錯誤；C、NH3中含個N-H鍵，NH3的結構式為：，選項C正確；D、Cl-最外層有8個電子，Cl?的結構示意圖為，選項D錯誤。答案選C?！军c睛】本題考查化學用語，側重考查原子結構、離子結構示意圖、電子式和結構式，注意它們之間的區(qū)別是解題的關鍵，如原子結構示意圖與離子結構示意圖的區(qū)別、共價化合物和離子化合物的區(qū)別、電子式與結構式的區(qū)別等。16、C【解析】

A.洗滌的目的是：除去晶體表面的可溶性雜質，得到更純凈的晶體，提高純度，A項正確；B.洗滌的試劑常選用：①蒸餾水；②冷水；③有機溶劑，如酒精、丙酮等；④該物質的飽和溶液，B項正確；C.洗滌的正確方法是：讓過濾后的晶體繼續(xù)留在過濾器中，加洗滌劑浸沒過晶體，讓洗滌劑自然流下，重復2?3次即可，C項錯誤；D.洗凈的檢驗是取最后一次洗滌液少許于試管中檢驗是否含有形成沉淀的該溶液中的離子，D項正確；答案選C。二、非選擇題（本題包括5小題）17、AgCl共價鍵SiO2+2OH-=SiO32-+H2O【解析】根據題中各物質轉化關系，D受熱得E，E能與氫氧化鈉反應生成F，F(xiàn)與過量的二氧化碳反應生成D，說明D為弱酸且能受熱分解；新型無機材料A3M4由兩種非金屬元素組成，元素M位于第二周期VA族，應為N元素，A元素為四價元素，C、E均為含A元素，可知A3M4應為Si3N4，可以確定A為Si，E為SiO2，F(xiàn)為Na2SiO3，則D為H2SiO3，G與硝酸銀反應生成不溶于稀硝酸的沉淀H，則可知G中有Cl-，H為AgCl，故C為SiCl4，B為Cl2；由SiCl4+3H2═4HCl+H2SiO3，生成G：HCl；（1）H的化學式為AgCl；（2）化合物Si3N4中含有的化學鍵類型為共價鍵；（3）SiO2溶解于NaOH溶液發(fā)生反應的離子方程式為SiO2+2OH-=SiO32-+H2O。18、羥基、醛基酯化反應CH2=CHCHO3CH3C≡CCH2CHO或CH3CH2C≡CCHO等【解析】

有機物X與HCHO發(fā)生信息i的反應，結合A的分子式為C9H10O2可知，X為，A為，A發(fā)生消去反應脫去1分子H2O生成B，故B為，B氧化生成C為；由信息iii中N的結構，結合信息ii中反應以及M的分子式C41H36O8可知，形成M的物質為、，所以E為，C與E通過酯化反應生成M；由Y到E的轉化，結合E的結構可知，Y不含苯環(huán)，再結合G的結構可知，化合物Z中含有苯環(huán)，結合反應信息i可知，Y為CH3CHO，由N的結構，結合信息ii中反應可知，E、G分別為CH2=CHCH=CHCHO、中的一種，由E的結構可知G為CH2=CHCH=CHCHO，比較G與Y的結構可知，Z為CH2=CHCHO，Y和Z發(fā)生加成反應得F為CH2=CHCH(OH)CH2CHO，F(xiàn)發(fā)生消去反應得G，Y與甲醛發(fā)生加成反應得D為(HOCH2)3CCHO，D與氫氣發(fā)生加成反應得E，乙醇合成1，3﹣丙二醇，可以將乙醇氧化成乙醛，用乙醛再與甲醛發(fā)生加成后再還原即可得到1，3﹣丙二醇，據此答題。【詳解】(1)由上述分析可知，A為，含有羥基、醛基，C與E通過酯化反應生成M；(2)由上述分析可知，X的結構簡式是，Z為CH2=CHCHO，E為；(3)C為；和甲醇發(fā)生酯化反應得到的產物再發(fā)生加聚反應生成高聚物為；(4)G為CH2=CHCH=CHCHO，1molG一定條件下，最多能與3molH2發(fā)生反應；(5)G為CH2=CHCH=CHCHO，根據條件①有碳碳叄鍵，②能發(fā)生銀鏡反應，說明有醛基，③一氯取代物只有2種，則符合要求的G的一種同分異構體為CH3C≡CCH2CHO或CH3CH2C≡CCHO等；(6)乙醇合成1，3﹣丙二醇，可以將乙醇氧化成乙醛，用乙醛再與甲醛發(fā)生加成后再還原即可得到1，3﹣丙二醇，合成路線為。19、取代反應（直形）冷凝管正丁醇防暴沸或防止反應液劇烈沸騰135提高正丁醚的產率或正丁醇的轉化率分水器中水（或有機物）的量（或液面）不再變化正丁醇【解析】

⑴根據反應方程式2C4H9OHC4H9OC4H9+H2O，分析得到制備正丁醚的反應類型，根據圖中裝置得出儀器a的名稱。⑵步驟①中藥品的添加順序是，根據溶液的稀釋，密度大的加到密度小的液體中，燒瓶中是液體與液體加熱需要沸石防暴沸。⑶根據題中信息，生成副反應在溫度大于135℃；該反應是可逆反應，分離出水，有利于平衡向正反應方向移動；水分離器中是的量不斷增加，當水分離器中水量不再增加時表明反應完成。⑷根據題中信息正丁醇易溶于50%硫酸，正丁醚微溶于50%硫酸；根據2C4H9OHC4H9OC4H9+H2O理論得到C4H9OC4H9物質的量，再計算正丁醚的產率?！驹斀狻竣鸥鶕磻匠淌?C4H9OHC4H9OC4H9+H2O，分析得到制備正丁醚的反應類型是取代反應，根據圖中裝置得出儀器a的名稱是(直形)冷凝管；故答案為：取代反應；(直形)冷凝管。⑵步驟①中藥品的添加順序是，根據溶液的稀釋，密度大的加到密度小的液體中，因此先加正丁醇，燒瓶中是液體與液體加熱，因此沸石的作用是防暴沸或防止反應液劇烈沸騰；故答案為：正丁醇；防暴沸或防止反應液劇烈沸騰。⑶根據題中信息，生成副反應在溫度大于135℃，因此步驟②中為減少副反應，加熱溫度應不超過135℃為宜。該反應是可逆反應，分離出水，有利于平衡向正反應方向移動，因此使用水分離器不斷分離出水的目的是提高正丁醚的產率或正丁醇的轉化率。水分離器中水的量不斷增加，當水分離器中水量不再增加時或則有機物的量不再變化時，表明反應完成，即可停止實驗；故答案為：135；提高正丁醚的產率或正丁醇的轉化率；分水器中水(或有機物)的量(或液面)不再變化。⑷根據題中信息正丁醇易溶于50%硫酸，正丁醚微溶于50%硫酸，因此步驟③中用50%硫酸洗滌的目的是為了除去正丁醇。根據2C4H9OHC4H9OC4H9+H2O理論得到C4H9OC4H9物質的量為0.17mol，則正丁醚的產率為；故答案為：正丁醇；。20、100mL容量瓶和膠頭滴管不斷攪拌下逐滴加入NaOH溶液，至產生的綠色沉淀恰好溶解減小H2O2自身分解損失2CrO2-＋3H2O2＋2OH－===2CrO＋4H2O除去過量的H2O2①在不斷攪拌下，向“冷卻液”中加入6mol·L－1的醋酸至弱酸性，用pH試紙測定略小于，②先加入一滴0.5mol·L－1Pb(NO3)2溶液攪拌片刻產生少量沉淀，然后繼續(xù)滴加至有大量沉淀，靜置，③向上層清液中滴入Pb(NO3)2溶液，④若無沉淀生成，停止滴加Pb(NO3)2溶液，靜置、過濾、洗滌、干燥沉淀得PbCrO4【解析】

Cr(OH)3為兩性氫氧化物，在CrCl3溶液中滴加NaOH溶液可生成NaCrO2，“制NaCrO2(aq)”時，控制NaOH溶液加入量，應再不斷攪拌下逐滴加入NaOH溶液，至產生的綠色沉淀恰好溶解，再加入6%H2O2溶液，發(fā)生氧化還原反應生成Na2CrO4，“氧化”時H2O2滴加速度不宜過快，可減小H2O2自身分解損失，經煮沸可除去H2O2，冷卻后與鉛鹽溶液作用制得PbCrO4，以此解答該題?！驹斀狻浚?）實驗時需要配置100mL3mol?L﹣1CrCl3溶液，現(xiàn)有量筒、玻璃棒、燒杯，還需要玻璃儀器是100mL容量瓶和膠頭滴管，其中膠頭滴管用于定容，故答案為：100mL容量瓶和膠頭滴管；（2）Cr(OH)3為兩性氫氧化物，呈綠色且難溶于水，加入氫氧化鈉溶液時，不斷攪拌下逐滴加入NaOH溶液，至產生的綠色沉淀恰好溶解，可防止NaOH溶液過量，故答案為：不斷攪拌下逐滴加入NaOH溶液，至產生的綠色沉淀恰好溶解；（3）“氧化”時H2O2滴加速度不宜過快，可防止反應放出熱量，溫度過高而導致過氧化氫分解而損失，反應的離子方程式為2CrO2﹣+3H2O2+2OH﹣＝2CrO42﹣+4H2O，故答案為：減小H2O2自身分解損失；2CrO2﹣+3H2O2+2OH﹣＝2CrO42﹣+4H2O；（4）煮沸可促使過氧化氫分解，以達到除去過氧化氫的目的，故答案為：除去過量的H2O2；（5）“冷卻液”的主要成分為Na2CrO4，要想制備PbCrO4，根據已知信息②由Pb(NO3)2提供Pb2+，但要控制溶液的pH不大于7.2，以防止生成Pb(OH)2沉淀，由信息③的圖象可知，溶液的pH又不能小于6.5，因為pH小于6.5時CrO42﹣的含量少，HCrO4﹣的含量大，所以控制溶液的pH略小于7即可，結合信息④，需要先生成少許的PbCrO4沉淀，再大量生成。所以實驗操作為在不斷攪拌下，向“冷卻液”中加入6mol?L﹣1的醋酸至弱酸性（pH