安徽省滁州市九校聯誼會2026屆化學高三第一學期期末聯考模擬試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號、考場號和座位號填寫在試題卷和答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型（B）填涂在答題卡相應位置上。將條形碼粘貼在答題卡右上角"條形碼粘貼處"。2．作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試題卷上。3．非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區(qū)域內相應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4．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、杜瓦苯()與苯互為同分異構體，則杜瓦苯A．最簡式是CH2 B．分子中所有原子共平面C．能使酸性高錳酸鉀溶液褪色 D．是CH2=CH-CH=CH2的同系物2、根據下列實驗操作和現象得出的結論正確的是操作現象結論A將分別通人溴水和酸性高錳酸鉀溶液中溴水和酸性高錳酸鉀溶液均褪色具有漂白性B向溶液中滴加1~2滴溶液，再滴加2滴溶液先產生白色沉淀，后產生紅褐色沉淀C向滴有酚酞的溶液中加入少量固體有白色沉淀生成，溶液紅色變淺溶液中存在水解平衡D將與鹽酸反應得到的氣體直通入溶液中產生白色沉淀酸性：A．A B．B C．C D．D3、根據下列實驗操作和現象所得出的結論正確的是選項實驗操作和現象結論A向苯酚濁液中滴加Na2CO3溶液，濁液變清苯酚的酸性強于H2CO3的酸性B向碘水中加入等體積CCl4，振蕩后靜置，上層接近無色，下層顯紫紅色I2在CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度C向CuSO4溶液中加入鐵粉，有紅色固體析出Fe2+的氧化性強于Cu2+的氧化性D向NaCl、NaI的混合稀溶液中滴入少量稀AgNO3溶液，有黃色沉淀生成Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)A．A B．B C．C D．D4、下列關于化學反應速率的說法錯誤的是（）A．化學反應速率是用于衡量化學反應進行快慢的物理量B．可逆反應達到化學平衡狀態(tài)時，反應停止，正、逆反應速率都為零C．決定化學反應速率的主要因素是反應物本身的性質D．增大反應物濃度或升高反應溫度都能加快化學反應速率5、下列行為不符合安全要求的是（）A．實驗室廢液需經處理后才能排入下水道B．點燃易燃氣體前，必須檢驗氣體的純度C．配制稀硫酸時將水倒入濃硫酸中并不斷攪拌D．大量氯氣泄漏時，迅速離開現場并盡量往高處去6、向淀粉－碘化鉀的酸性溶液中加入少量H2O2溶液，溶液立即變藍，再向藍色溶液中緩慢通入足量的SO2，藍色逐漸消失。下列判斷不正確的是A．根據上述實驗判斷H2O2和SO2反應能生成強酸B．藍色逐漸消失，體現了SO2的漂白性C．SO2中S原子采取sp2雜化方式，分子的空間構型為V型D．H2O2是一種含有極性鍵和非極性鍵的極性分子7、室溫下，將1L0.3mol?L?1HA溶液與0.1molNaOH固體混合，使之充分反應得到溶液(a)。然后向該溶液中通入HCl或加入NaOH固體（忽略體積和溫度變化），溶液pH隨通（加）入物質的量的變化如圖。下列敘述錯誤的是A．HA是一種弱酸B．向a點對應溶液中通入HCl，充分反應后，c(H+)/c(HA)增大C．b點對應溶液中：c(Na+)=c(Cl-)>c(HA)>c(H+)>c(OH-)D．c點對應溶液中：c(Na+)=c(A-)8、下列物質分類正確的是A．豆?jié){、蛋白質溶液均屬于膠體 B．H2O、CO2均為電解質C．NO、SO3均為酸性氧化物 D．H2S、O2常作還原劑9、下列說法不正確的是A．淀粉能水解為葡萄糖 B．油脂屬于天然有機高分子C．雞蛋煮熟過程中蛋白質變性 D．食用新鮮蔬菜和水果可補充維生素C10、一定溫度下，在三個體積均為0.5L的恒容密閉容器中發(fā)生反應：CO(g)+Cl2(g)COCl2(g)，其中容器Ⅰ中反應在5min時達到平衡狀態(tài)。容器編號溫度/℃起始物質的量/mol平衡物質的量/molCOCl2COCl2COCl2Ⅰ5001.01.000.8Ⅱ5001.0a00.5Ⅲ6000.50.50.50.7下列說法中正確的是A．容器Ⅰ中前5min的平均反應速率v(CO)=0.16mol·L-1·min-1B．該反應正反應為吸熱反應C．容器Ⅱ中起始時Cl2的物質的量為0.55molD．若起始時向容器Ⅰ加入CO0.8mol、Cl20.8mol，達到平衡時CO轉化率大于80%11、我國科學家設計了一種智能雙模式海水電池，滿足水下航行器對高功率和長續(xù)航的需求。負極為Zn，正極放電原理如圖。下列說法錯誤的是（）A．電池以低功率模式工作時，NaFe[Fe(CN)6]作催化劑B．電池以低功率模式工作時，Na+的嵌入與脫嵌同時進行C．電池以高功率模式工作時，正極反應式為：NaFe[Fe(CN)6]+e-+Na+=Na2Fe[Fe(CN)6]D．若在無溶解氧的海水中，該電池仍能實現長續(xù)航的需求12、下列關于物質結構與性質的說法，不正確的是()A．I3AsF6晶體中存在I3＋離子,I3＋離子的幾何構型為V形B．C、H、O三種元素的電負性由小到大的順序為H＜C＜OC．水分子間存在氫鍵，故H2O的熔沸點及穩(wěn)定性均大于H2SD．第四周期元素中，Ga的第一電離能低于Zn13、探究Na2O2與水的反應，實驗如圖：已知：H2O2?H++HO2-；HO2-?H++O22-下列分析不正確的是A．①、④實驗中均發(fā)生了氧化還原反應和復分解反應B．①、⑤中產生的氣體能使帶火星的木條復燃，說明存在H2O2C．③和④不能說明溶解性：BaO2>BaSO4D．⑤中說明H2O2具有還原性14、中國五年來探索太空，開發(fā)深海，建設世界第一流的高鐵、橋梁、碼頭，5G技術聯通世界等取得的舉世矚目的成就。它們與化學有著密切聯系。下列說法正確的是(

)A．我國近年來大力發(fā)展核電、光電、風電、水電。電能屬于一次能源B．“神舟十一號”宇宙飛船返回艙外表面使用的高溫結構陶瓷的主要成分是硅酸鹽C．我國提出網絡強國戰(zhàn)略，光纜線路總長超過三千萬公里，光纜的主要成分是晶體硅D．大飛機C919采用大量先進復合材料、鋁鋰合金等，鋁鋰合金屬于金屬材料15、下列物質中，不屬于合金的是A．水銀 B．硬鋁 C．青銅 D．碳素鋼16、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930kJ二、非選擇題（本題包括5小題）17、某同學對氣體A樣品進行如下實驗：①將樣品溶于水，發(fā)現氣體A易溶于水；②將A的濃溶液與MnO2共熱，生成一種黃綠色氣體單質B，B通入石灰乳中可以得到漂白粉。（1）寫出A、B的化學式：A____________，B_______________。（2）寫出A的濃溶液與MnO2共熱的化學方程式：_________________________。（3）寫出B通入石灰乳中制取漂白粉的化學方程式：_______________________。18、環(huán)戊噻嗪是治療水腫及高血壓的藥物，其中間體G的一種合成路線如下：回答下列問題：(1)A的化學名稱是_____________。B中含有官能團的名稱為_____________。(2)反應②的反應類型是________________。(3)C的結構簡式為_______________。(4)G與新制Cu(OH)2反應的化學方程式為___________________。(5)X與E互為同分異構體，X中含有六元碳環(huán)，且X能與NaOH溶液反應，則符合條件的X的結構簡式為_________________。(6)設計由1,3-丙二醇和丙二酸二乙酯制備的合成路線(其他試劑任選)______________。19、Na2S2O3是重要的化工原料，易溶于水。在中性或堿性環(huán)境中穩(wěn)定。I.制備Na2S2O3?5H2O反應原理：Na2SO3(aq)+S(s)Na2S2O3(aq)實驗步驟：①稱取15gNa2S2O3加入圓底燒瓶中，再加入80mL蒸餾水。另取5g研細的硫粉，用3mL乙醇潤濕，加入上述溶液中。②安裝實驗裝置，水浴加熱，微沸60分鐘。③趁熱過濾，將濾液水浴加熱濃縮，冷卻析出Na2S2O3?5H2O，經過濾，洗滌，干燥，得到產品。回答問題：（1）硫粉在反應前用乙醇潤濕的目的是___。（2）儀器a的名稱是___，其作用是___。（3）產品中除了有未反應的Na2SO3外，最可能存在的無機雜質是___，檢驗是否存在該雜質的方法是___。（4）該實驗一般控制在堿性環(huán)境下進行，否則產品發(fā)黃，用離子方程式表示其原因為___。II.測定產品純度準確稱取Wg產品，用適量蒸餾水溶解，以淀粉作指示劑，用0.1000mol/L碘的標準溶液滴定，反應原理為：2S2O32-+I2=S4O62-+2I-。（5）滴定至終點時，溶液顏色的變化為___。（6）滴定起始和終點的液面位置如圖，則消耗碘的標準溶液體積為___mL。產品的純度為___（設Na2S2O3?5H2O相對分子質量為M）。20、過硫酸鈉(Na2S2O8)具有極強的氧化性，且不穩(wěn)定，某化學興趣小組探究過硫酸鈉的相關性質，實驗如下。已知SO3是無色易揮發(fā)的固體，熔點16.8℃，沸點44.8℃。（1）穩(wěn)定性探究(裝置如圖)：分解原理：2Na2S2O82Na2SO4＋2SO3↑＋O2↑。此裝置有明顯錯誤之處，請改正：______________________，水槽冰水浴的目的是____________________；帶火星的木條的現象_______________。（2）過硫酸鈉在酸性環(huán)境下，在Ag＋的催化作用下可以把Mn2＋氧化為紫紅色的離子，所得溶液加入BaCl2可以產生白色沉淀，該反應的離子方程式為______________________，該反應的氧化劑是______________，氧化產物是________。（3）向上述溶液中加入足量的BaCl2，過濾后對沉淀進行洗滌的操作是___________________________。（4）可用H2C2O4溶液滴定產生的紫紅色離子，取20mL待測液，消耗0.1mol·L－1的H2C2O4溶液30mL，則上述溶液中紫紅色離子的濃度為______mol·L－1，若Na2S2O8有剩余，則測得的紫紅色離子濃度將________(填“偏高”“偏低”或“不變”)。21、鉀和碘的相關化合物在化工醫(yī)藥材料等領域有著廣泛的應用?；卮鹣铝袉栴}:(1)基態(tài)K原子中，核外電子的空間運動狀態(tài)共____種，占據最高能級的電子的電子云輪廓圖形狀為________。(2)K和Cr屬于同一周期，且核外最外層電子構型相同。第一電離能比較:K____(填“>”或“<”)Cr，金屬鍵強度比較:K________(填“>”或“<")Cr.(3)IO3-離子的立體構型的名稱為_____，中心原子的雜化方式為________.(4)HIO4的酸性強于HIO3,其原因為_________(5)KIO3晶體是一種性能良好的非線性光學材料，晶胞如圖所示。晶胞的棱長為a=0.446nm,晶胞中K、I、O分別處于頂角、體心、面心位置，K與I間的最短距離為_______nm,與K緊鄰的O的個數為______。阿伏加德羅常數的值為6.02×1023，列式計算晶體的密度為_________g/cm3.

(不必計算結果)

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、C【解析】

A.的分子式為C6H6，最簡式是CH，故A錯誤；B.不是平面結構，中間連四個單鍵的碳，類似甲烷的碳，周圍的四個原子不共面，分子中不是所有的原子都共面，故B錯誤；C.中有碳碳雙鍵，能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，故C正確；D.CH2=CH-CH=CH2的分子式為：C4H6，的分子式為C6H6，兩者的組成不相似，其兩者之間相差的不是若干個-CH2，不是同系物，故D錯誤；正確答案是C?！军c睛】C選注意能和酸性高錳酸鉀反應的基團：碳碳雙鍵，碳碳三鍵，-OH（醇，酚等），-CHO，C=O，含側鏈的苯環(huán)。2、C【解析】

A．將分別通人溴水和酸性高錳酸鉀溶液中，溴水和酸性高錳酸鉀溶液均褪色，體現了SO2的還原性，而不是漂白性，故A錯誤；B．向溶液中滴加1~2滴溶液，再滴加2滴溶液，觀察到先產生白色沉淀，后產生紅褐色沉淀，因NaOH溶液過量，無法判斷，故B錯誤；C．向滴有酚酞的溶液中加入少量固體，發(fā)現有有白色沉淀生成，溶液紅色變淺，說明Ba2+與CO32-結合生成BaCO3沉淀，促進CO32-的水解平衡逆向移動，溶液的堿性減弱，故C正確；D．將與鹽酸反應得到的氣體直通入溶液中，觀察到產生白色沉淀，因鹽酸有揮發(fā)性，生成的CO2中混有HCl，則無法判斷碳酸的酸性比硅酸強，故D錯誤；故答案為C。3、B【解析】

A項，苯酚的酸性弱于碳酸；B項，CCl4將I2從碘水中萃取出來，I2在CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度；C項，Fe從CuSO4溶液中置換出Cu，Cu2+的氧化性強于Fe2+；D項，向NaCl、NaI的混合液中加入AgNO3溶液產生黃色沉淀，NaCl、NaI的濃度未知，不能說明AgCl、AgI溶度積的大小?！驹斀狻緼項，向苯酚濁液中加入Na2CO3溶液，濁液變清，發(fā)生反應+Na2CO3→+NaHCO3，酸性：H2CO3HCO3-，A項錯誤；B項，向碘水中加入等體積CCl4，振蕩后靜置，上層接近無色，下層顯紫紅色，說明CCl4將I2從碘水中萃取出來，I2在CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度，B項正確；C項，向CuSO4溶液中加入鐵粉，有紅色固體析出，發(fā)生的反應為Fe+Cu2+=Fe2++Cu，根據同一反應中氧化性：氧化劑氧化產物，氧化性Cu2+Fe2+，C項錯誤；D項，向NaCl、NaI的混合稀溶液中滴入少量稀AgNO3溶液，有黃色沉淀生成，說明先達到AgI的溶度積，但由于NaCl、NaI的濃度未知，不能說明AgCl、AgI溶度積的大小，D項錯誤；答案選B?！军c睛】本題考查苯酚與碳酸酸性強弱的探究、萃取的原理、氧化性強弱的判斷、沉淀的生成。易錯選D項，產生錯誤的原因是：忽視NaCl、NaI的濃度未知，思維不嚴謹。4、B【解析】化學反應有的快，有的慢，則使用化學反應速率來定量表示化學反應進行的快慢，故A正確；可逆反應達到化學平衡狀態(tài)時，正逆反應速率相等，但反應并沒有停止,B項錯誤；影響化學反應速率的主要因素是反應物本身的性質，C項正確；即單位體積內的反應物分子增多,其中能量較高的活化分子數也同時增多,分子之間碰撞的機會增多,反應速率加快，升高反應溫度，反應物分子獲得能量，使一部分原來能量較低分子變成活化分子，增加了活化分子的百分數，使得有效碰撞次數增多，故反應速率加大，D項正確。5、C【解析】

A．實驗室廢液中常含有大量有毒有害物質或者重金屬離子，直接排放會對地下水造成污染，所以需經處理后才能排入下水道，故A正確；B．點燃可燃性氣體前需要檢查純度，避免因純度不足導致氣體爆炸發(fā)生危險，故B正確；C．由于濃硫酸密度大于水，且稀釋過程中放出大量熱，稀釋時應該將濃硫酸緩緩倒入水中并不斷攪拌，故C錯誤；D．氯氣密度大于空氣，低處的空氣中氯氣含量較大，所以大量氯氣泄漏時，迅速離開現場并盡量逆風、往高處逃離，故D正確；故選C。6、B【解析】

A．向淀粉-碘化鉀的酸性溶液中加入少量H2O2溶液，溶液立即變藍，發(fā)生：H2O2+2I-+2H+═I2+2H2O說明H2O2具有氧化性，再向藍色溶液中緩慢通入足量的SO2，藍色逐漸消失，發(fā)生：SO2+I2+2H2O═SO42-+2I-+4H+，說明SO2具有還原性，所以H2O2和SO2可以反應生成硫酸為強酸，故A正確；

B．再向藍色溶液中緩慢通入足量的SO2，藍色逐漸消失，發(fā)生：SO2+I2+2H2O═SO42-+2I-+4H+，體現了SO2的還原性，故B錯誤；

C．SO2的價層電子對個數=2+(6-2×2)=3，孤電子對數為1，硫原子采取sp2雜化，該分子為V形結構，故C正確；

D．H2O2分子中O-O為非極性鍵，O-H鍵為極性鍵，H2O2是展開書頁型結構，該物質結構不對稱，正負電荷中心不重合，為極性分子，故D正確；

故選：B?！军c睛】同種原子形成的共價鍵為非極性鍵，不同種原子形成的共價鍵為極性鍵；正負電荷中心重合的分子為非極性分子。7、C【解析】

1L0.3mol·L－1HA溶液與0.1molNaOH固體混合，反應后的溶質為0.1molNaA和0.2molHA，假設HA為強酸，此時c(H＋)=0.2mol·L－1，pH為1－lg2，但現在pH＞3，說明HA為弱酸，然后進行分析即可?！驹斀狻?L0.3mol·L－1HA溶液與0.1molNaOH固體混合，反應后的溶質為0.1molNaA和0.2molHA，假設HA為強酸，此時c(H＋)=0.2mol·L－1，pH為1－lg2，但現在pH＞3，說明HA為弱酸。A、根據上述分析，HA為弱酸，故A說法正確；B、c(H＋)/c(HA)=c(H＋)×c(A－)/[c(HA)×c(A－)]=Ka(HA)/c(A－)，a點對應溶液中加入HCl，發(fā)生NaA＋HCl=NaCl＋HA，c(A－)減小，因此該比值增大，故B說法正確；C、b點加入鹽酸為0.1mol，此時溶質為HA和NaCl，HA的物質的量為0.3mol，NaCl物質的量為0.1mol，HA為弱酸，電離程度弱，因此微粒濃度大小順序是c(HA)>c(Na＋)=c(Cl－)>c(H＋)>c(OH－)，故C說法錯誤；D、根據電荷守恒，c(Na＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(A－)，c點pH=7，c(H＋)=c(OH－)，即有c(Na＋)=c(A－)，故D說法正確。8、A【解析】

A．分散質粒子直徑介于1-100nm之間的為膠體，豆?jié){、蛋白質溶液均屬于膠體，故A正確；B．H2O是弱電解質，CO2屬于非電解質，故B錯誤；C．SO3為酸性氧化物，NO是不成鹽氧化物，故C錯誤；D．H2S中S的化合價為最低價，是常見的還原劑，O2是常見的氧化劑，故D錯誤；故選A?！军c睛】本題的易錯點為B，要注意二氧化碳的水溶液能夠導電，是反應生成的碳酸能夠電離，而二氧化碳不能電離。9、B【解析】

A.淀粉是多糖，水解最終產物是葡萄糖，A正確；B.油脂是高級脂肪酸的甘油酯，屬于天然有機物，但不是高分子化合物，B錯誤；C.雞蛋煮熟過程中，蛋白質分子結構發(fā)生了變化，不具有原來蛋白質的生理功能，物質的化學性質也發(fā)生了改變。因此雞蛋煮熟過程是蛋白質變性，C正確；D.新鮮蔬菜和水果含有豐富的維生素C，因此食用新鮮蔬菜和水果可補充維生素C，D正確；故合理選項是B。10、C【解析】

A．容器I中前5min的平均反應速率v(COCl2)==0.32mol/L?min-1，依據速率之比等于計量系數之比，則V(CO)=V(COCl2)=0.32mol/L?min-1，故A錯誤；B．依據圖中數據可知：Ⅱ和Ⅲ為等效平衡，升高溫度，COCl2物質的量減小，說明平衡向逆向移動，則逆向為吸熱反應，正向為放熱反應，故B錯誤；C．依據方程式：CO(g)+Cl2(g)?C0Cl2(g)，可知：

CO(g)+Cl2(g)?C0Cl2(g)起始濃度(mol/L)

2

2

0轉化濃度(mol/L)

1.6

1.6

1.6平衡濃度(mol/L)

0.4

0.4

1.6反應平衡常數K==10，平衡時CO轉化率：×100%=80%；依據Ⅱ中數據，結合方程式可知：

CO(g)+Cl2(g)?C0Cl2(g)起始濃度(mol/L)

2

2a

0轉化濃度

(mol/L)

1

1

1平衡濃度

(mol/L)

1

2a-1

1Ⅰ和Ⅱ溫度相同則平衡常數相同則：K==10，解得：a=0.55mol，故C正確；D．CO(g)+Cl2(g)?C0Cl2(g)為氣體體積減小的反應，若起始時向容器I加入CO0.8mol，Cl20.8mol，相當于給體現減壓，減壓平衡向系數大的方向移動，平衡轉化率降低，小于80%，故D錯誤；故答案為C。11、D【解析】

A.根據圖示可知：電池以低功率模式工作時，負極是Zn-2e-=Zn2+，正極上是NaFe[Fe(CN)6]獲得電子，然后與吸附在它上面的氧氣即溶液中發(fā)生反應為O2+4e-+2H2O=4OH-，從NaFe[Fe(CN)6]上析出，故NaFe[Fe(CN)6]的作用是作催化劑，A正確；B.電池以低功率模式工作時，電子進入NaFe[Fe(CN)6]時Na+的嵌入；當形成OH-從NaFe[Fe(CN)6]析出時，Na+從NaFe[Fe(CN)6]脫嵌，因此Na+的嵌入與脫嵌同時進行，B正確；C.根據電池以高功率模式工作時，正極上NaFe[Fe(CN)6]獲得電子被還原變?yōu)镹a2Fe[Fe(CN)6]，所以正極的電極反應式為：NaFe[Fe(CN)6]+e-+Na+=Na2Fe[Fe(CN)6]，C正確；D.若在無溶解氧的海水中，由于在低功率模式工作時需要氧氣參與反應，因此在該電池不能實現長續(xù)航的需求，D錯誤；故合理選項是D。12、C【解析】

A．I3＋離子的價層電子對數，含有對孤電子對，故空間幾何構型為V形，A選項正確；B．非金屬性：H＜C＜O，則C、H、O三種元素的電負性由小到大的順序為H＜C＜O，B選項正確；C．非金屬簡單氫化物的熔沸點與氫鍵和范德華力有關，而穩(wěn)定性與非金屬性有關，H2O的穩(wěn)定性大于H2S是因為O的非金屬性大于S，C選項錯誤；D．Zn的核外電子排布為[Ar]3d104s2，電子所在的軌道均處于全充滿狀態(tài)，較穩(wěn)定，故第一電離能大于Ga，D選項正確；答案選C?！军c睛】C選項在分析時需要注意，非金屬簡單氫化物的熔沸點與氫鍵和范德華力有關，若含有氫鍵，物質熔沸點增大，沒有氫鍵時，比較范德華力，范德華力越大，熔沸點越高；而簡單氫化物的穩(wěn)定性與非金屬性有關，非金屬性越強，越穩(wěn)定。一定要區(qū)分兩者間的區(qū)別。13、B【解析】

A.①中的反應機理可以認為過氧化鈉與水反應生成過氧化氫與氫氧化鈉，過氧化氫分解生成水和氧氣，發(fā)生的反應為復分解反應與氧化還原反應，④中過氧化鋇再與稀硫酸反應生成過氧化氫與硫酸鋇沉淀，過氧化氫分解生成了氧氣，因此兩個試管中均發(fā)生了氧化還原反應和復分解反應。A項正確；B.①中過氧化鈉與水反應生成氧氣，不能說明存在H2O2，B項錯誤；C.④中BaO2與硫酸反應生成過氧化氫和硫酸鋇沉淀，證明酸性：硫酸＞過氧化氫，不能說明溶解性：BaO2>BaSO4，C項正確；D.⑤中產生的氣體為氧氣，氧元素化合價升高，做還原劑，說明H2O2具有還原性，D項正確；答案選B。14、D【解析】

A.我國近年來大量減少化石燃料的燃燒，大力發(fā)展核電、光電、風電、水電，電能屬于二次能源，故A錯誤；B.新型無機非金屬材料在性能上比傳統(tǒng)無機非金屬材料有了很大的提高，可適用于不同的要求。如高溫結構陶瓷、壓電陶瓷、透明陶瓷、超導陶瓷等都屬于新型無機非金屬材料，故B錯誤；C.光纜的主要成分是二氧化硅，故C錯誤；D.金屬材料包括純金屬以及它們的合金，鋁鋰合金屬于金屬材料，故D正確；答案選D?！军c睛】化學在能源，材料，方面起著非常重要的作用，需要學生多關注最新科技發(fā)展動態(tài)，了解科技進步過程中化學所起的作用。15、A【解析】

由兩種或兩種以上的金屬或金屬與非金屬熔合而成的具有金屬特性的物質是合金，硬鋁是一種鋁合金、青銅是Cu—Sn合金、碳素鋼是含碳量為0.03%~2%的鐵碳合金，水銀是金屬單質，不是合金，答案選A。16、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。二、非選擇題（本題包括5小題）17、HClCl2MnO2+4HCl(濃)MnCl2+Cl2↑+2H2O2Cl2+2Ca(OH)2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O【解析】

B為一種黃綠色氣體單質B，則黃綠色氣體B為Cl2，將A的濃溶液與MnO2共熱，生成氯氣，則氣體A為HCl，據此分析解答?！驹斀狻?1)根據上述分析可知A為HCl，B為Cl2，故答案為：HCl，Cl2；(2)A的濃溶液與MnO2

共熱生成氯化錳．氯氣和水，反應的化學方程式為：MnO2+4HClMnCl2+Cl2↑+2H2O，故答案為：MnO2+4HClMnCl2+Cl2↑+2H2O；(3)B通入石灰乳中制取漂白粉是氯氣和氫氧化鈣反應生成氯化鈣、次氯酸鈣和水，反應的化學方程式為：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，故答案為：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O。18、氯乙酸乙酯酯基取代反應+2Cu(OH)2+NaOH+Cu2O↓+3H2O和【解析】

(1)直接命名A的化學名稱和B中含有官能團的名稱。(2)先根據②③前后聯系得出C的結構簡式，得出反應②的反應類型。(3)根據②③前后聯系得出C的結構簡式(4)聯系教材的乙醛與新制Cu(OH)2反應書寫方程式。(5)X與E互為同分異構體，X中含有六元碳環(huán)，且X能與NaOH溶液反應，說明X中含有羧基或酯基，總共有7個碳原子，除了六元環(huán)，還剩余1個碳原子，再進行書寫。(6)先將1,3-丙二醇與HBr反應，得到，再在一定條件下與CH2(COOC2H5)2得到，再水解和酸化得到，最后再根據反應④得到產物?！驹斀狻?1)A的化學名稱是氯乙酸乙酯；B中含有官能團的名稱為酯基，故答案為：氯乙酸乙酯；酯基。(2)根據②③前后聯系得出C的結構簡式為，因此反應②的反應類型是取代反應，故答案為：取代反應。(3)根據上題分析得出C的結構簡式為，故答案為：。(4)G與新制Cu(OH)2反應的化學方程式為+2Cu(OH)2+NaOH+Cu2O↓+3H2O，故答案為：+2Cu(OH)2+NaOH+Cu2O↓+3H2O。(5)X與E互為同分異構體，X中含有六元碳環(huán)，且X能與NaOH溶液反應，說明X中含有羧基或酯基，總共有7個碳原子，除了六元環(huán)，還剩余1個碳原子，因此則符合條件的X的結構簡式為和，故答案為：和。(6)先將1,3-丙二醇與HBr反應，得到，再在一定條件下與CH2(COOC2H5)2得到，再水解和酸化得到，最后再根據反應④得到產物，因此總的流程為，故答案為：。19、使硫粉易于分散到溶液中冷凝管(或球形冷凝管)冷凝回流Na2SO4取少量產品溶于過量稀鹽酸，過濾，向濾液中加BaCl2溶液，若有白色沉淀，則產品中含有Na2SO4由無色變?yōu)樗{色，且半分鐘內不褪色18.10【解析】

I．（1）硫粉難溶于水、微溶于乙醇，乙醇濕潤可以使硫粉易于分散到溶液中；（2）根據圖示裝置中儀器構造寫出其名稱，然后根據冷凝管能夠起到冷凝回流的作用進行解答；（3）由于S2O32￣具有還原性，易被氧氣氧化成硫酸根離子可知雜質為硫酸鈉；根據檢驗硫酸根離子的方法檢驗雜質硫酸鈉；（4）S2O32￣與氫離子在溶液中能夠發(fā)生氧化還原反應生成硫單質，據此寫出反應的離子方程式；II．（5）滴定終點為最后一滴碘的標準液滴入時，溶液中淀粉遇碘單質變藍；（6）滴定管讀數從上往下逐漸增大；根據氧化還原反應轉移電子守恒解答。【詳解】I．（1）硫粉難溶于水微溶于乙醇，所以硫粉在反應前用乙醇濕潤是使硫粉易于分散到溶液中，故答案為：使硫粉易于分散到溶液中；（2）根據題中圖示裝置圖可知，儀器a為冷凝管(或球形冷凝管)，該實驗中冷凝管具有冷凝回流的作用，故答案為：冷凝管(或球形冷凝管)；冷凝回流；（3）具有還原性，能夠被氧氣氧化成硫酸根離子，所以可能存在的雜質是硫酸鈉；檢驗硫酸鈉的方法為：取少量產品溶于過量稀鹽酸，過濾，向濾液中加BaCl2溶液，若有白色沉淀，則產品中含有Na2SO4，故答案為：Na2SO4；取少量產品溶于過量稀鹽酸，過濾，向濾液中加BaCl2溶液，若有白色沉淀，則產品中含有Na2SO4；（4）與氫離子發(fā)生氧化還原反應生成淡黃色硫單質，反應的離子方程式為：；II．（5）因指示劑為淀粉，當滴定到終點時，過量的單質碘遇到淀粉顯藍色，且半分鐘內不褪色；（6）起始體積為0.00mL，終點體積為18.10mL，因此消耗碘的標準溶液體積為18.10mL；該滴定過程中反應的關系式為：，，則產品的純度為。20、試管口應該略向下傾斜冷卻并收集SO3木條復燃2Mn2＋＋5S2O＋8H2O2MnO＋10SO＋16H＋S2OMnO用玻璃棒引流，向漏斗中加蒸餾水至沒過沉淀，使蒸餾水自然流下，重復操作2～3次(合理即可)0.06偏高【解析】

(1)在試管中加熱固體時，試管口應略微向下傾斜；根據SO3、氧氣的性質進行分析；(2)X為MnO4-，向所得溶液中加入BaCl2溶液可以產生白色沉淀，則產物中有SO42-，據此寫出離子方程式，并根據氧化還原反應規(guī)律判斷氧化劑、氧化產物；(3)根據沉淀洗滌的方法進行回答；(4)根據得失電子守恒可得到關系式：5H2C2O4---2MnO4-，帶入數值進行計算；Na2S2O8也具有氧化性，氧化H2C2O4。【詳解】(1)在試管中加熱固體時，試管口應略微向下傾斜，SO3的熔、沸點均在0