2026屆北京市海淀區(qū)第二十中學化學高三上期中綜合測試試題考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、下列各項表達中正確的是A．Na2O2的電子式為B．16O2和18O2互為同素異形體C．在氮原子中，質子數為7而中子數不一定為7D．Cl?的結構示意圖為2、下列說法正確的個數是（）①第IA族元素銫的兩種核素，137Cs比133Cs多4個質子②因為氧化性HClO＞稀H2SO4，所以非金屬性Cl＞S③常溫下白磷可自燃而氮氣必須在放電時才與氧氣反應，則非金屬性：P＞N④離子化合物中既可以含有極性共價鍵，又可以含有非極性共價鍵⑤從上到下，鹵族元素的非金屬性逐漸減弱，所以酸性HCl＞HI⑥離子半徑：K+＞Cl-＞S2-⑦C、P、S、Cl的最高價氧化物對應水化物的酸性逐漸增強⑧硒化氫(H2Se)是無色、有毒，比H2S穩(wěn)定的氣體A．1個 B．2個 C．3個 D．4個3、NA代表阿伏加德羅常數的值。下列說法正確的是A．常溫常壓下，124gP4中所含P—P鍵數目為6NAB．標況下，2.24L裝有NO2氣體的密閉容器中，含有的分子數為0.1NAC．標況下，11.2L的SO3溶于水得到0.5mol的H2SO4D．密閉容器中，1molN2和3molH2催化反應后分子總數為2NA4、ClO2和NaClO2均具有漂白性，工業(yè)上用ClO2氣體制NaClO2的工藝流程如圖所示：下列說法不正確的是()A．步驟a的操作包括過濾、洗滌和干燥B．通入空氣的目的是驅趕出ClO2，使其被吸收器充分吸收C．工業(yè)上可將ClO2制成NaClO2固體，便于貯存和運輸D．吸收器中生成NaClO2的離子方程式：2ClO2+H2O2=2C1O2--+O2↑+2H+5、研究表明，氮氧化物和二氧化硫在形成霧霾時與大氣中的氨有關（如下圖所示）。下列敘述錯誤的是A．霧和霾的分散劑相同B．霧霾中含有硝酸銨和硫酸銨C．NH3是形成無機顆粒物的催化劑D．霧霾的形成與過度施用氮肥有關6、向相同體積的分別含amolKI和bmolFeBr2的溶液中，分別通入VLCl2（體積均在標準狀況下測得），下列說法不正確的是A．當反應恰好完成時，消耗Cl2的體積相同（同溫、同壓條件下），則KI、FeBr2溶液的物質的量濃度之比是3:1B．當反應恰好完成時，停止通入Cl2，若原溶液中a=b，則通入Cl2Va:Vb=3:1C．若將KI和FeBr2溶液混合，通入Cl2后再滴加KSCN，發(fā)現(xiàn)溶液變紅，則V>11.2aD．向上述混合溶液中通入Cl2的體積11.2a，則可能發(fā)生的離子方程式為4I-+2Fe2++3Cl2=2I2+2Fe3++6Cl-7、甲酸是一種一元有機酸。下列性質可以證明它是弱電解質的是A．甲酸能與水以任意比互溶B．0.1mol·L－1甲酸溶液的pH值約為2C．10mL1mol·L－1甲酸恰好與10mL1mol·L－1NaOH溶液完全反應D．甲酸溶液的導電性比鹽酸溶液的弱8、短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序數依次增大，X是地殼中含量最多的元素，X、Z同主族，Y與W形成的鹽的水溶液呈中性。下列說法正確的是A．原子半徑：r(Y)>r(Z)>r(X)B．簡單氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性：X>Z>WC．X、Y形成的化合物中一定不含共價鍵D．Z的氧化物的水化物與W的氧化物的水化物之間一定不能發(fā)生反應9、在一定溫度下，10mL0.40mol/LH2O2發(fā)生催化分解。不同時刻測定生成O2的體積（已折算為標準狀況）如下表。t/min0246810V(O2)/mL0.09.917.222.426.529.9下列敘述不正確的是（溶液體積變化忽略不計）A．0~6min的平均反應速率：v（H2O2）mol/(L·min)B．6~10min的平均反應速率：v（H2O2）＜mol/(L·min)C．反應至6min時，c（H2O2）=0.3mol/LD．反應至6min時，H2O2分解了50%10、利用生物電化學系統(tǒng)處理廢水的原理如圖。下列對系統(tǒng)工作時的說法錯誤的是（）A．b電極為負極，發(fā)生氧化反應B．雙極膜內的水解離成的H+向b電極移動C．有機廢水發(fā)生的反應之一為CH3COO-+2H2O-8e-=2CO2↑+7H+D．該系統(tǒng)可處理廢水、回收銅等金屬，還可提供電能11、下列有關實驗現(xiàn)象的描述不正確的是A．將表面變暗的金屬鈉粒投入干燥氯氣中，無明顯現(xiàn)象B．將在空氣中點燃的金屬鈉伸入干燥氯氣中會繼續(xù)燃燒，產生黃色火焰和大量黃煙C．將SO2氣體通入溴水中使溴水褪色，滴加BaCl2溶液有白色沉淀產生D．SO2氣體通入品紅溶液中，品紅褪色，加熱所得無色溶液紅色復原12、實驗室制備乙酸丁酯的敘述正確的是A．采用水浴加熱法控制溫度B．制取裝置中有冷凝回流措施C．采用邊反應邊蒸餾的方法提高產率D．用水和氫氧化鈉溶液洗滌后分液分離出產品13、甲、乙為兩種不同介質的乙醇燃料電池(如下圖所示)。下列說法正確的是A．裝置甲和乙均是電能轉化為化學能B．X、Z極上分別消耗等物質的量乙醇時，流過甲、乙負載的電子數相同C．Y、W極消耗氧氣物質的量相同時，X、Z極消耗乙醇的物質的量也相同D．Z極上發(fā)生的電極反應為:CH3CH2OH+5OH--4e-=CH3COO-+4H2O14、華裔物理學家高錕（1933年11月4日—2018年9月23日）是香港中文大學前校長、有“光纖之父”之稱，因其“在光傳輸于纖維的光學通信領域突破性成就”在2009年10月6日獲得諾貝爾物理學獎。以下說法中正確的A．常用晶體硅為原料生產光纖（SiO2)B．常用的太陽能熱水器利用了SiO2直接將光能轉化為電能、熱能的特性C．可用SiO2為原料生產出計算機、電子設備微芯片（microchip）材料D．光纖材料化學性質穩(wěn)定，常溫下不與常見的酸、堿、鹽溶液反應15、實驗室可利用下列微生物電池將污水中的乙二胺[H2N(CH2)2NH2]轉化為無毒無害的物質并產生電能(M、N均為石墨電極)。有關該電池工作時的說法中錯誤的是（）A．該電池在微生物作用下將化學能轉化為電能B．負極的電極反應式為：H2N(CH2)2NH2-16e-+4H2O=2CO2↑+N2↑+16H+C．電池總反應為：H2N(CH2)2NH2+4O2=N2+2CO2+4H2OD．每消耗5.6LO2時，通過質子交換膜的質子數為NA16、某溶液中可能含有如下離子：H+、Mg2+、Al3+、NH4+、Cl－、AlO2-。當向該溶液中逐滴加入NaOH溶液時，產生沉淀的物質的量(n)與加入NaOH溶液的體積(V)的關系如圖所示，下列說法正確的是（）A．原溶液中一定含有的陽離子是H+、Mg2+、Al3+、NH4+B．反應最后形成的溶液中的溶質含AlCl3C．原溶液中Al3+與NH的物質的量之比為1∶3D．原溶液中含有的陰離子是Cl－、AlO2-二、非選擇題（本題包括5小題）17、高分子化合物G是作為鋰電池中Li十遷移的介質，合成G的流程如下：（1）B的含氧官能團名稱是_____________________________________。（2）A—B的反應類型是_____________________________________。（3）C的結構簡式是_____________________________________。（4）D→E反應方程式是_____________________________________。（5）G的結構簡式是_____________________________________。（6）D的一種同分異構體，能發(fā)生分子內酯化反應生成五元環(huán)狀化合物，該同分異構體的結構簡式是_____________________________________。（7）已知：M—N的化學方程式是___________________________。（8）下列說法正確的是_______________（填字母）。a．E有順反異構體b．C能發(fā)生加成、消去反應c．M既能與酸反應，又能與堿反應d．苯酚與C反應能形成高分子化合物e．含有—OH和—COOH的D的同分異構體有2種18、有機化學基礎]M為合成高分子材料的中間體，以芳香烴A制備M和高分子化合物N的一種合成路線如下：?已知：請回答下列問題：（1）C的化學名稱為________。（2）A→B、H→M的反應類型分別為________、________。（3）F中所含官能團的名稱為________。G的結構簡式為________。（4）試劑1為________。（5）D→N的化學方程式為________。（6）Q為H的同分異構體，同時滿足下列條件的Q的結構簡式為________。①苯環(huán)上連有兩個取代基，除苯環(huán)外無其他環(huán)狀結構②能與氯化鐵溶液發(fā)生顯色反應，1molQ最多消耗3molNaOH③核磁共振氫譜有5組峰，峰面積之比為6∶2∶2∶1∶1（7）參照上述合成路線和信息，以甲醛和乙醛為起始原料（無機試劑任選），設計制備聚丙烯酸（）的合成路線：________。19、硫酸亞鐵銨晶體[(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O]比FeSO4穩(wěn)定，不易被氧氣氧化，常用于代替FeSO4作分析試劑。某小組在實驗室制備(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O并探究其分解產物。Ⅰ．按以下流程制備硫酸亞鐵銨晶體[(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O](1)鐵屑溶于稀硫酸過程中，適當加熱的目的是________。(2)流程中，需將濾液轉移到____(填寫儀器名稱)中，迅速加入飽和硫酸銨溶液，直接加熱蒸發(fā)混合溶液，觀察到____，停止加熱。II.查閱資料可知硫酸亞鐵銨晶體加熱主要發(fā)生反應：(NH4)2Fe(SO4)2—Fe2O3+SO2↑+NH3↑+N2↑+H2O但伴有副反應發(fā)生，生成少量SO3和O2。設計以下實驗探究分解的產物：(3)配平，完整寫出上述分解反應的化學方程式_______。(4)加熱過程，A中固體逐漸變?yōu)開_______色。待晶體完全分解后，為驗證A中殘留物是否含有FeO，需選用的試劑有______(填字母)。AKSCN溶液B稀硫酸C濃鹽酸D酸性KMnO4溶液(5)B中有白色沉淀生成，寫出生成該白色沉淀的離子方程式：_______。(6)C的作用是___________。(7)D中集氣瓶能收集到氧氣，________(填“能”或“不能”)用帶火星木條檢驗。(8)上述反應結束后，繼續(xù)證明分解產物中含有NH3的方法是_______。20、氯可形成多種含氧酸鹽，廣泛應用于殺菌、消毒及化工領域。實驗室中利用下圖裝置（部分裝置省略）制備KClO3和NaClO，探究其氧化還原性質?；卮鹣铝袉栴}：（1）盛放MnO2粉末的儀器名稱是________，a中的試劑為________。（2）b中采用的加熱方式是_________，c中化學反應的離子方程式是________，采用冰水浴冷卻的目的是____________。（3）d的作用是________，可選用試劑________（填標號）。A．Na2SB．NaClC．Ca(OH)2(懸濁液)D．H2SO4（4）反應結束后，取出b中試管，經冷卻結晶，________，__________，干燥，得到KClO3晶體。21、（?）下表是25℃時某些弱酸的電離平衡常數。化學式CH3COOHHClOH2CO3H2C2O4KaKa＝1.8×10－5Ka＝3.0×10－8Ka1＝4.1×10－7Ka2＝5.6×10－11Ka1＝5.9×10－2Ka2＝6.4×10－5（1）H2C2O4與含等物質的量的KOH的溶液反應后所得溶液呈酸性，該溶液中各離子濃度由大到小的順序為___。（2）pH相同的NaClO和CH3COOK溶液，其溶液的物質的量濃度的大小關系是(填“>”、“<”或“＝”)：CH3COOK___NaClO，兩溶液中：[c(Na＋)－c(ClO－)]___[c(K＋)－c(CH3COO－)]。（3）向0.1mol·L－1CH3COOH溶液中滴加NaOH溶液至c(CH3COOH)∶c(CH3COO－)＝5∶9，此時溶液pH＝___。（4）碳酸鈉溶液中滴加少量氯水的離子方程式為___。（Ⅱ）H3PO2也可用電滲析法制備。“四室電滲析法”工作原理如圖所示(陽膜和陰膜分別只允許陽離子、陰離子通過)：（1）寫出陽極的電極反應式___。（2）分析產品室可得到H3PO2的原因___。

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.Na2O2是離子化合物，電子式為，A錯誤；B.16O2和18O2均表示氧氣分子，不能互為同素異形體，B錯誤；C.由于存在同位素，因此在氮原子中，質子數為7，而中子數不一定為7，C正確；D.Cl－的結構示意圖為，D錯誤，答案選C。2、B【詳解】①兩種核素為均為Cs元素的原子，質子數相同，故①錯誤；②元素Cl、S為同周期元素，非金屬強弱：Cl>S，與HClO氧化性大于H2SO4無關，可通過比較元素最高價含氧酸的酸性強弱比較元素非金屬性強弱，故②錯誤；③N、P為同主族元素，非金屬性強弱：N>P，與單質和O2反應的條件無關，故③錯誤；④離子化合物可由金屬和非金屬元素組成，也可由非金屬元素組成，例如NH4NO3。當結構中有非金屬元素形成的原子團時，會存在共價鍵，例如NaOH中含離子鍵、極性共價鍵，Na2O2中含離子鍵、非極性共價鍵，故④正確；⑤鹵族元素從上到下非金屬性逐漸減弱，則氣態(tài)氫化物穩(wěn)定性逐漸減弱，不能推導氫化物的酸性，故⑤錯誤；⑥離子的電子層結構相同時，核電荷數越大，半徑越??；電子層數不同時，層數越多，離子半徑越大，則三種離子半徑大小為：S2-＞Cl-＞K+，故⑥錯誤；⑦四種元素對應的最高價氧化物的水化物的化學式分別為：H2CO3、H3PO4、H2SO4、HClO4，依次為弱酸、中強酸、強酸、強酸，Cl的非金屬性大于S，則酸性強弱為：HClO4>H2SO4，4種元素對應的最高價酸，酸性逐漸增強，故⑦正確；⑧S和Se同主族，硫化氫是無色有毒氣體，則硒化氫(H2Se)無色、有毒，元素的非金屬性越弱，其氫化物越不穩(wěn)定，Se的非金屬性小于S，則硒化氫(H2Se)不如H2S穩(wěn)定，故⑧錯誤；綜上④⑦正確；故答案選B。3、A【解析】1molP4中P—P鍵數目為6mol；二氧化氮在標況下存在自發(fā)的可逆反應；三氧化硫在標況下不是氣體；氮氣和氫氣催化反應為可逆反應?！驹斀狻緼.常溫常壓下，124gP4物質的量是1mol，含有P—P鍵6mol，故所含P—P鍵數目為6NA，A正確；B.標況下，2.24LNO2物質的量是0.1mol，在密閉環(huán)境下存在可逆反應2NO2N2O4，含有的分子數小于0.1NA，B錯誤；C.標況下，SO3不屬于氣體，故僅已知體積情況下，無法計算，C錯誤；D.密閉容器中，1molN2和3molH2催化反應為可逆反應，N2+3H22NH3，分子總數大于2NA，D錯誤；答案為A。4、D【分析】由流程可知，發(fā)生器通入空氣，可將ClO2排出，確保其被充分吸收，在吸收器中發(fā)生2ClO2+2NaOH+H2O2═2NaClO2+O2+2H2O，然后真空蒸發(fā)、冷卻結晶，再經過過濾、洗滌和干燥得到NaClO2，以此解答該題。【詳解】A．步驟a是將晶體從溶液中取出，然后干燥，所以操作包括過濾、洗滌和干燥，A正確；B．反應結束后，發(fā)生器中含有少量ClO2，通入空氣的目的是讓ClO2逸出，進入吸收器被濃NaOH溶液和雙氧水充分吸收，B正確；C．工業(yè)上利用還原劑及NaOH溶液，將ClO2制成NaClO2固體，固體較為穩(wěn)定，便于貯存和運輸，C正確；D．吸收器反應在堿性條件下進行，生成NaClO2的離子方程式：2ClO2+H2O2+2OH-=2C1O2-+O2↑+2H2O，D不正確；故選D。【點睛】書寫離子方程式時，應關注溶液的性質，以便確定溶液中參加反應的微粒是H+、H2O，還是OH-和H2O。5、C【分析】A.霧和霾的分散劑均是空氣；B.根據示意圖分析；C.在化學反應里能改變反應物化學反應速率（提高或降低）而不改變化學平衡，且本身的質量和化學性質在化學反應前后都沒有發(fā)生改變的物質叫催化劑；D.氮肥會釋放出氨氣?！驹斀狻緼.霧的分散劑是空氣，分散質是水。霾的分散劑是空氣，分散質固體顆粒。因此霧和霾的分散劑相同，A正確；B.由于氮氧化物和二氧化硫轉化為銨鹽形成無機顆粒物，因此霧霾中含有硝酸銨和硫酸銨，B正確；C.NH3作為反應物參加反應轉化為銨鹽，因此氨氣不是形成無機顆粒物的催化劑，C錯誤；D.氮氧化物和二氧化硫在形成霧霾時與大氣中的氨有關，由于氮肥會釋放出氨氣，因此霧霾的形成與過度施用氮肥有關，D正確。答案選C?！军c睛】結合示意圖的轉化關系明確霧霾的形成原理是解答的關鍵，氨氣作用判斷是解答的易錯點。本題情境真實，應用導向，聚焦學科核心素養(yǎng)，既可以引導考生認識與化學有關的社會熱點問題，形成可持續(xù)發(fā)展的意識和綠色化學觀念，又體現(xiàn)了高考評價體系中的應用性和綜合性考查要求。6、B【解析】A、當反應恰好完成時，消耗Cl2的體積相同（同溫、同壓條件下），則根據電子得失守恒可知amol×1＝bmol×3，因此KI、FeBr2溶液的物質的量濃度之比是3:1，A正確；B、當反應恰好完成時，停止通入Cl2，根據電子得失守恒可知消耗氯氣的物質的量分別是0.5amol、1.5bmol，若原溶液中a=b，則通入Cl2的體積比Va:Vb=1:3，B錯誤；C、還原性是I－＞Fe2+＞Br－，若將KI和FeBr2溶液混合，通入Cl2后，氯氣首先氧化碘離子，然后是亞鐵離子，最后氧化溴離子。如果再滴加KSCN，發(fā)現(xiàn)溶液變紅，這說明碘離子已經全部被氧化，亞鐵離子部分被氧化，則根據電子得失守恒可知V>11.2a，C正確；D、向上述混合溶液中通入Cl2的體積11.2a<V<11.2b，這說明碘離子已經全部被氧化，亞鐵離子未被氧化或部分被氧化，則可能發(fā)生的離子方程式為4I-+2Fe2++3Cl2=2I2+2Fe3++6Cl-，D正確，答案選B。7、B【詳解】A．甲酸能與水以任意比互溶，與甲酸的電離程度無關，所以不能證明甲酸是弱電解質，選項A錯誤；B.1mol/L甲酸溶液的pH約為2，甲酸溶液中氫離子濃度小于甲酸，說明甲酸部分電離，則證明甲酸是弱電解質，選項B正確；C．10mL1mol/L甲酸恰好與10mL1mol/LNaOH溶液完全反應，說明甲酸是一元酸，不能說明甲酸的電離程度，則不能證明甲酸是弱電解質，選項C錯誤；D．溶液的導電性與離子濃度成正比，與電解質強弱無關，所以不能說明甲酸是弱電解質，選項D錯誤；答案選B?！军c睛】本題考查了電解質強弱的判斷。弱電解質的判斷不能根據物質的溶解性大小、溶液酸堿性判斷。只要能說明醋酸在水溶液里部分電離就能證明醋酸為弱電解質，可以通過測定同濃度、同體積的溶液的導電性強弱來鑒別，如測定等體積、濃度均為0.5mol?L-1的鹽酸和CH3COOH溶液的導電性實驗表明，鹽酸的導電能力比CH3COOH溶液的導電能力大得多，因為溶液導電能力的強弱是由溶液里自由移動離子的濃度的大小決定的，因此同物質的量濃度的酸溶液，酸越弱，其溶液的導電能力越弱。電解質強弱是根據其電離程度劃分的，與其溶解性、酸堿性、溶液導電能力都無關，為易錯題。8、A【分析】X、Y、Z、W的原子序數依次增大，X是地殼中含量最多的元素，X是O元素；X、Z同主族，Z是S元素；Y與W形成的鹽的水溶液呈中性，Y是Na、W是Cl元素。【詳解】A．電子層數越多半徑越大，電子層數相同，質子數越多半徑越小，原子半徑：r(Na)>r(S)>r(O)，故A正確；B．非金屬性越強，氣態(tài)氫化物越穩(wěn)定，非金屬性Cl>S，簡單氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性：HCl>H2S，故B錯誤；C．O、Na形成的化合物中，Na2O2含共價鍵，故C錯誤；D．S的氧化物的水化物H2SO3與Cl的氧化物的水化物HClO能發(fā)生氧化還原反應，故D錯誤；選A。9、C【詳解】A．0~6min時間內，△c（H2O2）=0.002mol÷0.01L=0.2mol/L，所以v（H2O2）=0.2mol/L÷6minmol/(L·min)，A正確；B．隨著反應的進行，H2O2的濃度逐漸減小，反應速率減慢，B正確；C．6min時，c（H2O2）=0.002mol÷0.01L=0.2mol/L，C錯誤；D．6min時，H2O2分解率為：=50%，D正確。答案選C。10、A【詳解】A．根據圖示，a極CH3COO-、→CO2，a發(fā)生氧化反應，a是負極、b電極為正極，故A錯誤；B．a是負極、b是正極，原電池中陽離子移向正極，雙極膜內的水解離成的H+向b電極移動，故B正確；C．根據圖示，a極CH3COO-→CO2，有機廢水發(fā)生的反應之一為CH3COO-+2H2O-8e-=2CO2↑+7H+，故C正確；D．根據圖示，b是正極，正極反應Cu2++2e-=Cu，所以該系統(tǒng)可處理廢水、回收銅等金屬，故D正確；選A。11、B【分析】從物質的化學性質分析兩者是否反應，同時根據產物的性質分析反應的現(xiàn)象是否正確?！驹斀狻勘砻孀儼凳且驗樯闪搜趸c，而干燥的氯氣與氧化鈉不反應，故無明顯現(xiàn)象，故A正確；鈉在氯氣中燃燒生成細小的氯化鈉晶體，故現(xiàn)象為白煙，故B錯誤；二氧化硫具有還原性，可以使溴水褪色，同時其被氧化成硫酸根，滴加BaCl2溶液有白色沉淀產生，故C正確；二氧化硫的漂白原理是因為與品紅反應生成不穩(wěn)定的無色物質，當加熱時，又會復原，故D正確。故選B。12、B【分析】實驗室用乙酸和丁醇在濃硫酸作用下加熱發(fā)生酯化反應制備乙酸丁酯，為可逆反應，反應總濃硫酸起到吸水劑和催化劑作用，為提高丁醇的轉化率，可使用過量的乙酸，結合酯類的性質解答該題?！驹斀狻緼.水浴加熱溫度較低，不能超過100℃，應直接加熱，故A錯誤；B.采用冷凝回流的方法，可使反應物充分利用，提高轉化率，故B.正確；C.邊反應邊蒸餾，導致乙酸、丁醇揮發(fā)，產率較低，故C錯誤；D.乙酸丁酯在氫氧化鈉溶液中水解，一般可用碳酸鈉飽和溶液，故D錯誤。答案選B。13、D【解析】A.裝置甲和乙均無外接電源，均是原電池，是化學能轉化為電能故A錯誤；B、1molC2H5OH轉化為CO2轉移12mol電子，而轉化為CH3COOH轉移4mol電子，X、Z極上分別消耗等物質的量乙醇時，流過甲、乙負載的電子數不相同，故B錯誤；C、兩種條件下的氧化產物不同，耗氧量不同，故C錯誤；D、Z為堿性條件下原電池的負極，失去電子，發(fā)生氧化反應，Z極上發(fā)生的電極反應為:CH3CH2OH+5OH--4e-=CH3COO-+4H2O，故D正確；故選D。14、C【解析】A.硅可與氧氣加熱下反應生成SiO2，但一般是由沙子SiO2與碳高溫反應生產硅Si，而不會用較貴的Si來生產較易得的SiO2；B.常用的太陽能熱水器只是利用了利用玻璃透光、玻璃管內層的涂層材料吸熱讓水升溫，利用雙層真空玻璃管減少熱散失；C.可用SiO2為原料生產出粗Si，再經提純得高純的硅；D.光纖材料為SiO2，可與HF、堿液反應?！驹斀狻緼.硅可與氧氣加熱下反應生成SiO2，但一般是由沙子SiO2與碳高溫反應生產硅Si，而不會用較貴的Si來生產較易得的SiO2，A錯誤；B.常用的太陽能熱水器只是利用了利用玻璃透光、玻璃管內層的涂層材料吸熱讓水升溫，利用雙層真空玻璃管減少熱散失，與Si單質直接將光能轉化為電能的特性無關，而SiO2并無將光能轉化為熱能的特性，B錯誤；C.可用SiO2為原料生產出粗Si，再經提純得高純的硅，可制作計算機、電子設備微芯片，故C正確；D.光纖材料SiO2化學性質穩(wěn)定，常溫下不與常見的酸、氧化劑、鹽溶液反應，但可堿液反應，D錯誤；答案為：C。15、D【詳解】A．該電池是原電池，電池在微生物作用下將化學能轉化為電能，A正確；B．負極上H2N(CH2)2NH2失去電子，發(fā)生氧化反應，產生N2、CO2，電極反應式為：H2N(CH2)2NH2-16e-+4H2O=2CO2↑+N2↑+16H+，B正確；C．乙二胺[H2N(CH2)2NH2]轉化為無毒無害的物質，則碳生成CO2，氮元素轉化為N2，所以電池總反應為：H2N(CH2)2NH2+4O2=N2+2CO2+4H2O，C正確；D．狀況不知，無法由氣體的體積求物質的量，所以無法求通過質子交換膜的質子數，D錯誤；故合理選項是D。16、C【解析】向溶液中滴加NaOH溶液時先沒有沉淀生成，說明溶液中含有H+，溶液呈酸性，則溶液中不存在AlO2-，當H+完全反應后繼續(xù)滴加NaOH溶液，有沉淀生成，當沉淀最大時繼續(xù)滴加NaOH溶液，沉淀的物質的量不變，說明NaOH和NH4+反應，則溶液中一定含有NH4+，當NH4+完全反應后繼續(xù)滴加NaOH溶液，沉淀逐漸減少最終消失，說明溶液中含有Al3+，不含Mg2+，最終溶液中溶質為NaCl、NH3·H2O和NaAlO2；A．通過以上分析知，原溶液中一定含有的陽離子有H+、Al3+、NH4+，故A錯誤；B．通過以上分析知，最終得到的溶液中溶質為NaCl、NH3·H2O和NaAlO2，故B錯誤；C．根據圖象知，Al3+、NH4+消耗NaOH的物質的量之比為3：3，根據Al3++3OH-=Al(OH)3↓、NH4++OH-=NH3·H2O知，原溶液中Al3+與NH4+的物質的量之比1：3，故C正確；D．通過以上分析知，原來溶液呈酸性，則一定不存在弱酸根離子AlO2-，故D錯誤；故答案為C。點睛：明確圖象中曲線變化趨勢、拐點的含義是解本題關鍵，向溶液中滴加NaOH溶液時先沒有沉淀生成，說明溶液中含有H+，溶液呈酸性，則溶液中不存在AlO2-，當H+完全反應后繼續(xù)滴加NaOH溶液，有沉淀生成，當沉淀最大時繼續(xù)滴加NaOH溶液，沉淀的物質的量不變，說明NaOH和NH4+反應，則溶液中一定含有NH4+，當NH4+完全反應后繼續(xù)滴加NaOH溶液，沉淀逐漸減小最終消失，說明溶液中含有Al3+，不含Mg2+，最終溶液中溶質為NaCl、NH3·H2O和NaAlO2，據此分析解答。二、非選擇題（本題包括5小題）17、羥基、水解（取代）反應bcdbcd【解析】試題分析：從F來看4個碳原子的碳鏈結構含有一個支鏈，故C4H8是CH2=CH(CH3)2。A為CH2BrCHBr(CH3)2，B為，根據信息氧化的C為。繼續(xù)氧化生成的D是，再消去—OH變?yōu)镋。G是F進行加聚反應的產物。D的一種同分異構體，能發(fā)生分子內酯化反應生成五元環(huán)狀化合物，成環(huán)含有1個氧原子，4個碳原子，其同分異構體是HO—CH2—CH2—CH2—COOH。根據信息：C()生成M為，則N為?？键c：有機化學基礎，考查反應類型、有機物的官能團、結構簡式、化學反應方程式、物質的性質判斷等。18、苯酚取代反應酯化反應（或取代反應）醛基、醚鍵銀氨溶液[或新制Cu（OH）2懸濁液]CH3CHOCH2＝CHCHO【詳解】結合E的結構簡式，可知，D與CH3CH2I發(fā)生取代反應生成E和HI，可推知D為，D發(fā)生縮聚反應生成高分子化合物N；C與甲醛發(fā)生縮合反應生成D，結合C的分子式可知C為苯酚；B為氯苯，A為苯；E發(fā)生氧化反應生成F為；在氫氧化鈉溶液中與乙醛發(fā)生類似已知反應類型的反應，生成G為；H與乙醇在濃硫酸催化下發(fā)生酯化反應生成M，根據M的結構簡式可推知H為；（1）C的化學名稱為苯酚；（2）A→B是苯在氯化鐵的催化下與氯氣發(fā)生取代反應生成氯苯和氯化氫、H→M是和乙醇在濃硫酸的催化下發(fā)生酯化反應（也屬于取代反應）生成M和水，反應類型分別為取代反應、酯化反應（或取代反應）；（3）F為，所含官能團的名稱為醛基、醚鍵；G的結構簡式為；（4）試劑1將G中的醛基氧化為羧基，為銀氨溶液[或新制Cu（OH）2懸濁液]；（5）D→N是在催化劑作用下發(fā)生縮聚反應生成和水，反應的化學方程式為；（6）Q為H的同分異構體，滿足①苯環(huán)上連有兩個取代基，除苯環(huán)外無其他環(huán)狀結構，②能與氯化鐵溶液發(fā)生顯色反應則含有酚羥基，1molQ最多消耗3molNaOH，根據氧原子個數可知應該還含有一個連接在苯環(huán)上的酯基且水解后生成兩個酚羥基；③核磁共振氫譜有5組峰，峰面積之比為6∶2∶2∶1∶1，則有四種氫，其中有兩個甲基，符合條件的同分異構體為；（7）參照上述合成路線和信息，甲醛和乙醛在氫氧化鈉溶液中加熱反應生成CH2＝CHCHO，CH2＝CHCHO在銀氨溶液中水浴加熱發(fā)生氧化反應后酸化得到CH2＝CHCOOH，CH2＝CHCOOH在催化劑作用下發(fā)生加聚反應生成聚丙烯酸，故制備聚丙烯酸（）的合成路線為：CH3CHOCH2＝CHCHO19、加快鐵與稀硫酸的反應速率，使鐵屑充分溶解蒸發(fā)皿表面有晶膜生成2(NH4)2Fe(SO4)2Fe2O3＋4SO2↑＋2NH3↑＋N2↑＋5H2O紅棕BDBa2+＋SO3＋H2O＝BaSO4↓＋2H+(或2Ba2+＋2SO2＋O2＋2H2O＝2BaSO4↓＋4H+)檢驗產物中是否含有SO2不能取B中少量溶液于試管中，滴加少量NaOH溶液并加熱，能產生使?jié)駶櫦t色石蕊試紙變藍的氣體，說明分解產物中含有NH3【分析】Ⅰ．稱取一定量鐵屑，加入稍過量的稀硫酸，加熱，過濾將FeSO4濾液中加入(NH4)2SO4晶體，加熱攪拌至全部溶解，再蒸發(fā)濃縮至溶液表面有晶膜出現(xiàn)時，靜置冷卻結晶，抽濾，用少量洗滌劑洗滌晶體2～3次，將晶體放在表面皿上晾干可得產品硫酸亞鐵銨晶體；Ⅱ．(NH4)2Fe(SO4)2?6H2O在A裝置中受熱分解，生成紅棕色Fe2O3，B中吸收堿性氣體NH3，還會產生白色沉淀BaSO4，C中品紅褪色，說明生成了SO2、最后用排水收集法收到難溶性的N2?！驹斀狻?1)適當加熱可以加快鐵與稀硫酸的反應速率，使鐵屑充分溶解；(2)蒸發(fā)需要在蒸發(fā)皿中進行，所以需將濾液轉移到蒸發(fā)皿中，蒸發(fā)溶液時，當觀察到表面有晶膜生成時停止加熱；(3)氮元素和鐵元素化合價升高，根據在氧化還原反應中化合價有升必有降，硫化合價降低，根據電子守恒和元素守恒可得：2(NH4)2Fe(SO4)2Fe2O3＋4SO2↑＋2NH3↑＋N2↑＋5H2O；(4)根據方程式可知(NH4)2Fe(SO4)2?6H2O在A裝置中受熱分解會生成紅棕色Fe2O3，所以加熱過程中A中固體逐漸變?yōu)榧t棕色；FeO溶于酸可以產生Fe2+，亞鐵離子具有還原性，所以可先用稀硫酸(鹽酸也會還原高錳酸鉀，所以不用鹽酸)溶解FeO，再滴加酸性高錳酸鉀溶于，若溶液褪色則有FeO，反之則無，故選BD；(5)SO2不與氯化鋇溶液反應，所以B中產生白色沉淀是BaCl2、SO2和O2的共同作用，白色沉淀為BaSO4，反應的離子方程式為：2Ba2++2SO2+O2+2H2O=2BaSO4↓+4H+；(6)SO2可用使品紅褪色，所以C的作用是：檢驗產物中是否含有SO2；(7)因為收集到的不是純的氧氣，所以不能用帶火星的木條檢驗；(8)檢驗NH3就是檢驗B溶液中是否含有NH，操作方法為：取B中少量溶液于試管中，滴加少量NaOH溶液并加熱，能產生使?jié)駶櫦t色石蕊試紙變藍的氣體，說明分解產物中含有NH3。20、圓底燒瓶飽和食鹽水水浴加熱Cl2+2OH?=ClO?+Cl?+H2O避免生成NaClO3吸收尾氣（Cl2）AC過濾少量冷水洗滌【分析】由裝置可知可知，圓底燒瓶中MnO2與濃鹽酸在加熱條件下發(fā)生反應生成Cl2，生成的Cl2中混有HCl，氯氣經過a裝置中飽和食鹽水除去HCl，然后Cl2通入b裝置中，KOH水溶液與Cl2在加熱條件下反應生成KCl、KClO3，b裝置內未反應的Cl2通入c中，Cl2與NaOH溶液反應生成NaClO，最后利用d裝置吸收未反應的Cl2，以此解答?！驹斀狻?1)根據題目所給儀器圖可知，盛放二氧化錳的儀器為圓底燒瓶；氯氣與氫氧化鉀在加熱條件下可生成氯酸鉀，鹽酸具有揮發(fā)性，所以氯氣中含有的HCl應除去，則a中的試劑為飽和食鹽水，故答案為：圓底燒瓶；飽和食鹽水；(2)由裝置b的示意圖可知，b中采用的加熱方式為水浴加熱；c裝置為冰水條件，所以氯氣與氫氧化鈉溶液反應生成NaClO，化學反應的離子方程式為Cl2+2OH-=Cl-+C