湖北省宜昌市秭歸縣第二中學2026屆高三上化學期中監(jiān)測試題注意事項1．考生要認真填寫考場號和座位序號。2．試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3．考試結束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監(jiān)考員收回。一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、足量的銅與一定量的濃硝酸反應得到硝酸銅溶液和NO、N2O4、NO2

的混合氣體，這些氣體與1.68LO2（標準狀況）混合后通入水中，所有氣體完全被水吸收生成硝酸，則和銅反應的硝酸的物質的量可能是A．0.55mol B．0.4mol C．0.6mol D．0.65mol2、常溫下，Ksp(CaSO4)=9×10-4,常溫下CaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲線如圖所示。下列判斷中正確的是A．a點對應的溶液中c(H+)·c(OH-)的數(shù)值為1×10-14B．a點對應的Ksp不等于c點對應的KspC．b點將有沉淀生成，平衡后溶液中c(SO42-)=3×10-3mol/L,而向d點溶液中加入適量的CaSO4固體可以變到c點D．CaSO4的飽和溶液中c(SO42-)>c(Ca2+)>c(H+)>c(OH-)3、對某溶液中部分離子的定性檢測流程如下。相關分析正確的是()A．步驟①所加試劑可以是濃KOH溶液B．可以用濕潤的藍色石蕊試紙檢驗生成的無色氣體C．步驟②發(fā)生反應Al3＋＋3=Al(OH)3↓＋3CO2↑D．Fe3＋遇鐵氰化鉀溶液顯藍色4、若NA表示阿佛加德羅常數(shù)，下列說法正確的是()A．1molCl2作為氧化劑得到的電子數(shù)為NAB．在0℃，101kPa時，22.4L氫氣中含有NA個氫原子C．14g氮氣中含有7NA個電子D．NA個一氧化碳分子和0.5mol甲烷的質量比為7:45、H2和I2在一定條件下能發(fā)生反應：H2(g)+I2(g)2HI(g)ΔH=﹣akJ·下列說法正確的是（）A．H2、I2和HI分子中的化學鍵都是非極性共價鍵B．斷開2molHI分子中的化學鍵所需能量約為(c+b+a)kJC．相同條件下，1molH2(g)和1molI2(g)總能量小于2molHI(g)的總能量D．向密閉容器中加入2molH2(g)和2molI2(g)，充分反應后放出的熱量為2akJ6、溫度為t℃時，在10mL1.0mol·L-1的鹽酸中，逐滴滴入xmol·L-1的氨水，隨著氨水逐漸加入，溶液中的pH變化曲線如圖所示（忽略混合時溶液體積的變化，c點時溶液的溫度為常溫）。則下列有關判斷正確的是A．b點，c（NH4+）>c（Cl-）>c（H+）>c（OH-）B．a點，水的電離程度最大C．x=1.0D．c點時，c（NH3·H2O）=0.5（x-1）mol·L-17、草酸鋅晶體是一種微溶于水的白色粉末，可用于制納米氧化鋅、照相乳劑等。以煉鋅廠的煙道灰（主要成分為ZnO，另含少量Fe2O3、CuO、SiO2、MnO等）為原料生產草酸鋅晶體（ZnC2O4·2H2O）的流程如下：下列說法不正確的是（）A．濾渣A、濾渣B的主要成分分別為SiO2和Fe(OH)3B．“除錳”時發(fā)生的離子反應為Mn2++H2O2+H2O=MnO(OH)2↓+2H+C．流程中“除鐵”與“除銅”順序可以顛倒D．“合成”時過濾所得濾液主要溶質為NH4Cl8、常溫下，在新制氯水中滴加NaOH溶液，溶液中水電離出的的c（H+）與NaOH溶液的體積之間的關系如圖所示，下列推斷正確的是（）A．可用pH試紙測定E點對應溶液，其pH=3B．G點對應溶液中：c（Na+）＞c（Cl－）＞c（ClO－）＞c（OH－）＞c（H+）C．H、F點對應溶液中都存在：c（Na+）=c（Cl－）+c（ClO－）D．常溫下加水稀釋H點對應溶液，溶液的pH增大9、某反應A(g)+B(g)C(g)的能量變化如圖所示，由圖像可知，加入X后A．反應速率不變B．反應物轉化率增大C．生成物的能量降低D．反應的熱效應不變10、電導率用于衡量電解質溶液導電能力的大小，與離子濃度和離子遷移速率有關。圖1為相同電導率鹽酸和醋酸溶液升溫過程中電導率變化曲線，圖2為相同電導率氯化鈉和醋酸鈉溶液升溫過程中電導率變化曲線，溫度均由22℃上升到70℃。下列判斷不正確的是A．由曲線1可以推測：溫度升高可以提高離子的遷移速率B．由曲線4可以推測：溫度升高，醋酸鈉電導率變化與醋酸根的水解平衡移動有關C．由圖1和圖2可以判定：相同條件下，鹽酸的電導率大于醋酸的電導率，可能的原因是Cl-的遷移速率大于CH3COO-的遷移速率D．由圖1和圖2可以判定：兩圖中電導率的差值不同，與溶液中H+、OH-的濃度和遷移速率無關11、下列敘述中正確的是A．某溶液中加入BaCl2溶液，生成白色沉淀,說明原溶液中含有SO42-B．能使?jié)駶櫟牡矸跭I試紙變藍的物質一定是Cl2C．某溶液加入CCl4，CCl4層顯紫色，證明原溶液中存在I-D．制備Fe(OH)3膠體時,向沸騰的蒸餾水中逐滴加入飽和FeCl3溶液，繼續(xù)煮沸至液體呈紅褐色，停止加熱12、下列各式中表示正確的水解方程式的是()A．CH3COOH＋OH－===CH3COO－＋H2OB．HS－＋H2OS2-＋H3O+C．CH3COOHCH3COO－＋H＋D．NH＋H2ONH3·H2O＋H＋13、氫氧化鈰是一種重要的稀土氫氧化物．平板電視顯示屏生產過程中會產生大量的廢玻璃粉末(含、、)，某課題組以此粉末為原料回收鈰，設計實驗流程如下：下列說法錯誤的是A．濾渣A中主要含有、B．①中洗滌的目的主要是為了除去和C．過程②中發(fā)生反應的離子方程式為D．過程④中消耗，轉移電子數(shù)約為14、C和CuO在高溫下反應可能生成Cu、、、CO?，F(xiàn)將碳粉跟混合，在硬質試管中隔絕空氣高溫加熱，將生成的氣體全部通入足量NaOH溶液中，并收集殘余的氣體，測得溶液增加的質量為，殘余氣體在標準狀況下的體積為。下列說法不正確的是A．在硬質試管中隔絕空氣高溫加熱固體混合物時，有碳參加了反應B．試管中發(fā)生的所有氧化還原反應共轉移電子C．反應后試管中剩余的固體混合物的總質量為D．反應生成銅和氧化亞銅的總物質的量為15、下列指定反應的離子方程式正確的是()A．將少量SO2氣體通入過量氨水中：SO2＋NH3·H2O＝NH4＋＋HSO3－B．鋁溶于NaOH溶液中：2Al＋2OH－＋2H2O＝2AlO2－＋3H2↑C．用醋酸除去水垢中的CaCO3：CaCO3＋2H＋＝Ca2＋＋H2O＋CO2↑D．用KIO3氧化酸性溶液中的KI：5I－＋IO3－＋3H2O＝3I2＋6OH－16、具有下列性質的物質可能屬于離子晶體的是A．熔點801℃,易溶于水B．熔點10.31℃,液態(tài)不導電C．熔點112.8℃,能溶于CS2D．熔點97.81℃,固態(tài)能導電二、非選擇題（本題包括5小題）17、聚碳酸酯（簡稱PC）是重要的工程塑料，某種PC塑料(N)的合成路線如下：已知：R1COOR2+R3OHR1COOR3+R2OH（1）①的反應類型是_______________。K中含有的官能團名稱是_______________。（2）E的名稱是_______________。（3）④是加成反應，G的核磁共振氫譜有三種峰，G的結構簡式是__________________。（4）⑦的化學方程式是______________________________________________。（5）⑥中還有可能生成分子式為C9H12O2產物。分子式為C9H12O2且符合下列條件的同分異構體共有__________種。寫出其中兩種核磁共振氫譜有5組峰的物質的結構簡式_______________________________a.屬于芳香化合物，且苯環(huán)上只有兩個取代基b.1mol該物質能消耗1molNaOH18、霧霾嚴重影響人們的生活與健康。某地區(qū)的霧霾中可能含有如下可溶性無機離子：Na+、NH、Mg2+、Al3+、SO、NO、Cl－。某同學收集了該地區(qū)的霧霾，經必要的預處理后試樣溶液，設計并完成了如圖的實驗：已知：3NO+8Al+5OH－+2H2O=3NH3↑+8AlO。根據(jù)以上的實驗操作與現(xiàn)象，回答下列問題(1)氣體1為______(填化學式，下同)(2)試樣溶液中肯定存在________離子。試樣中可能存在______離子。(3)寫出沉淀1部分溶解的離子方程式__________。19、制備純凈的液態(tài)無水四氯化錫（SnCl4易揮發(fā)形成氣體，極易發(fā)生水解，水解生成SnO2·H2O)的反應為Sn+2Cl2SnCl4,Sn也可以與HC1反應生成SnCl2。已知:物質摩爾質量(g/mol)熔點（℃)沸點（℃)Sn1192312260SnCl2190246623SnCl4261-30114制備裝置如圖所示:回答下列問題:（1）Sn在元素周期表中的位罝為____________________________。（2）II、III中的試劑分別為_______、__________；VII的作用是____________________、_____________。（3）實驗所得SnCl4因溶解了Cl2而略顯黃色，提純SnCl4的方法是____________(填序號)。a.用NaOH溶液洗滌再蒸餾b.升華c.重結晶d.蒸餾e.過濾（4）寫出I中反應的化學方程式：_____________________________________。（5）加熱Sn粒之前要先讓氯氣充滿整套裝置，其目的是__________________________________。（6）寫出SnCl4水解的化學方程式：________________________________________。（7）若IV中用去錫粉5.95g，反應后，VI中錐形瓶里收集到12.0gSnCl4，則SnCl4的產率為_____%。(保留一位小數(shù))20、廣泛用作有機反應催化劑。十堰市采用鎂屑與液溴為原料制備無水，裝置如圖1，主要步驟如下：步驟1：三頸瓶中裝入10g鎂屑和150mL無水乙醚；裝置B中加入15mL液溴。步驟2：緩慢通入干燥的氮氣，直至溴完全導入三口瓶中。步驟3：反應完畢后恢復至室溫，過濾，濾液轉移至另一干燥的燒瓶中，冷卻至0℃，析出晶體，再過濾得三乙醚合溴化鎂粗品。步驟4：常溫下用苯溶解粗品，冷卻至0℃，析出晶體，過濾，洗滌得三乙醚合溴化鎂，加熱至160℃分解得無水產品。已知：①和劇烈反應，放出大量的熱；具有強吸水性；②乙醚極易揮發(fā)；③請回答下列問題：（1）儀器D的作用是__________；（2）無水的作用是__________。（3）步驟2通入干燥的的目的是______；實驗中不能用干燥空氣代替干燥，原因是________。（4）若將裝置B改為裝置C（圖2），可能會導致的后果是______（5）步驟4用苯溶解粗品的目的是_________。（6）從平衡移動的角度解釋得到三乙醚合溴化鎂后，加熱有利于得到無水產品的原因：_________21、某強酸性無色溶液中可能含下表離子中的若干種離子。陽離子Mg2+、NH4+、Ba2+、Al3+、Fe2+陰離子SiO32-、MnO4-、Cl-、NO3-、SO32-實驗I：取少量該試液進行如下實驗。實驗Ⅱ：為了進一步確定該溶液的組成，取100mL原溶液，向該溶液中滴加1mol?L-l的NaOH溶液，產生沉淀的質量與氫氧化鈉溶液體積的關系如圖所示?；卮鹣铝袉栴}：（1）不進行實驗就可以推斷出，上表中的離子一定不存在的有___________種。（2）通過實驗I可以確定該溶液中一定存在的陰離子是_____________。檢驗氣體X的方法是______________________；沉淀Z的化學式為_________________。（3）寫出實驗Ⅱ的圖象中BC段對應的離子方程式：_____________________________________。（4）A點對應的固體質量為__________g。（5）通過上述信息，推算該溶液中陰離子的濃度為______________mol?L-l。

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、A【解析】由題知，銅化合價升高數(shù)=硝酸化合價降低數(shù)=氧氣化合價降低數(shù)==0.3(mol)，n(Cu)==0.15mol，和銅反應的硝酸的物質的量=生成Cu(NO3)2的硝酸的物質的量+發(fā)生還原反應的硝酸的物質的量。(1)硝酸被還原為NO，硝酸的物質的量為：0.15×2+=0.4(mol)；(2)硝酸被還原為N2O4、NO2,硝酸的物質的量為：0.15×2+0.3=0.6(mol)；(3)硝酸被還原為NO、N2O4、NO2的混合氣體，硝酸的物質的量為：在0.4-0.6之間。答案選A。2、A【解析】A、常溫下，水的離子積常數(shù)為1×10-14，故a點對應的溶液中c(H+)·c(OH-)=Kw=1×10-14，選項A正確；B、Ksp是一常數(shù)，溫度不變Ksp不變，在曲線上的任意一點Ksp都相等，選項B錯誤；C、d根據(jù)圖示數(shù)據(jù)，可以看出b點Qc=2×l0-5＞Ksp，所以會生成沉淀，平衡向生成沉淀的方向進行，此時溶液中c（SO42-）會小于4×l0-3mol/L，由于c（Ca2+）＞c（SO42-），則c（SO42-）小于3×l0-3mol/L；升高溫度，有利于溶解平衡正向移動，所以硫酸根的濃度會增大，向d點溶液中加入適量的CaSO4固體不能變到c點，選項C錯誤；D、CaSO4是強酸強堿鹽，不水解，溶液呈中性，故CaSO4的飽和溶液中c(SO42-)=c(Ca2+)>c(H+)=c(OH-)，選項D錯誤。答案選A。點睛：本題考查了沉淀溶解平衡的應用，圖象分析應用，溶度積計算分析，平衡移動方向的判斷，關鍵是計算混合溶液中鈣離子濃度和硫酸根離子濃度。3、A【詳解】A．加入濃KOH溶液，轉化為NH3，F(xiàn)e3+生成紅褐色氫氧化鐵沉淀，Al3+生成，所以步驟①所加試劑可以是濃KOH溶液，故A正確；B．無色氣體為NH3，應用濕潤的紅色石蕊試紙檢驗，故B錯誤；C．步驟①加入過量的強堿溶液，Al3＋轉化為，步驟②加入NaHCO3溶液發(fā)生反應：＋＋H2O===Al(OH)3↓＋，故C錯誤；D．Fe2＋遇鐵氰化鉀溶液，得到藍色沉淀，故D錯誤；選A。4、C【解析】A不正確，應該是2NA；B中氫氣是1mol，含有氫原子數(shù)是2NA；氮原子的電子數(shù)是7個，14g氮氣是0.5mol，含有電子是7NA；NA個一氧化碳分子和0.5mol甲烷的質量比為28∶8，所以正確的答案選C。5、B【詳解】A.

HI分子中的化學鍵是極性共價鍵，故A錯誤；B.△H=反應物斷裂化學鍵需要的能量?生成物形成化學鍵放出的能量=bKJ/mol+cKJ/mol?2H?I=?aKJ/mol，得到斷開2molH?I鍵所需能量約為(a+b+c)KJ，故B正確；C.

H2和I2在一定條件下能發(fā)生反應：H2(g)+I2(g)2HI(g)ΔH=﹣akJ·，反應是放熱反應，反應物能量高于生成物，故C錯誤；D.反應是可逆反應不能進行徹底，依據(jù)焓變意義分析，向密閉容器中加入2molH2和2molI2，充分反應后放出的熱量小于2akJ，故D錯誤；故選：B。6、D【解析】A、b點時溶液顯酸性，溶液中c（Cl-）>c（NH4+）>c（H+）>c（OH-），A錯誤；B、a點是鹽酸溶液，氫離子濃度最大，水的電離程度最小，B錯誤；C、如果x=1.0，則c點二者恰好反應，銨根水解，溶液顯酸性，但pH＝7，這說明氨水過量，因此x＞1，C錯誤；D、c點時溶液顯中性，根據(jù)電荷守恒可知銨根離子濃度等于氯離子濃度，均是0.5mol/L。根據(jù)氮原子守恒可知此時溶液中c（NH3·H2O）=0.5（x-1）mol·L-1，D正確，答案選D。7、C【分析】用鹽酸酸浸時SiO2不溶解，過濾分離，濾渣A為SiO2，濾液中加入過氧化氫進行除錳，再調節(jié)溶液pH，使Fe3+轉化為Fe(OH)3沉淀，過濾，濾液中再加入ZnS，Cu2+轉化為CuS沉淀，過濾除去，濾液中主要為氯化鋅，加入草酸銨得到草酸鋅晶體，最終的濾液中含有氯化銨等?！驹斀狻緼、由分析可知，濾渣A為SiO2，濾渣B為Fe（OH）3，故A正確；B、除錳過程中產生MnO(OH)2沉淀，根據(jù)電荷守恒應有氫離子生成，反應離子方程式為：Mn2++H2O2+H2O=MnO(OH)2↓+2H+，故B正確；C、除鐵與除銅的順序不能顛倒，否則除鐵率會減小，其原因是：先加入ZnS會將Fe3+還原為Fe2+，使鐵元素難以除去，故C錯誤；D、由分析知，“合成”時過濾所得濾液主要溶質為NH4Cl，故D正確。答案選C。8、B【詳解】A．E點新制氯水溶液，溶液顯酸性，由水電離出的c水(H+)=10-11mo/L，溶液中OH-完全是由水電離出來的，所以c(OH-)=c水(H+)=10-11mo/L，則溶液中c(H+)==10-3mol/L，則溶液pH=3，但新制氯水有漂白性，不能用pH試紙測量其pH，應該用pH計，選項A錯誤；B．G點，氯水與氫氧化鈉溶液恰好完全反應生成等物質的量的NaCl、NaClO，ClO-水解使溶液呈弱堿性，所以有c(Na+)＞c(Cl-)＞c(ClO-)＞c(OH-)＞c(H+)，選項B正確；C．F點對應溶液中溶質為NaCl、NaClO和NaOH，根據(jù)電荷守恒可知：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)+c(ClO-)，此時溶液為堿性，則c(OH-)＞c(H+)，所以c(Na+)＞c(Cl-)+c(ClO-)，選項C錯誤；D．加水稀釋H點對應的溶液，H點為堿性溶液，加水稀釋時促使溶液的堿性減弱，所以pH值降低，選項D錯誤；答案選B。9、D【分析】根據(jù)圖像分析可知，加入X后應活化能降低、反應速率加快、反應的熱效應不發(fā)生改變。X為催化劑。【詳解】A.根據(jù)圖像分析可知，加入X以后，反應速率加快，A錯誤。B.催化劑不影響化學平衡，反應物轉化率不變，B錯誤。C.生成物的能量不變，C錯誤。D.反應物能量和生成物能量均未發(fā)生改變，反應中熱效應不變，D正確。10、D【解析】A．曲線1中鹽酸溶液在升高溫度的過程中離子濃度不變，但電導率逐漸升高，說明溫度升高可以提高離子的遷移速率，故A正確；B．溫度升高，促進CH3COONa溶液中CH3COO-的水解，則由曲線3和曲線4可知，溫度升高，醋酸鈉電導率變化與醋酸根的水解平衡移動有關，故B正確；C．曲線1和曲線2起始時導電率相等，但溫度升高能促進醋酸的電離，溶液中離子濃度增加，但鹽酸溶液的導電率明顯比醋酸高，說明可能原因是Cl-的遷移速率大于CH3COO-的遷移速率，故C正確；D．曲線1和曲線2起始時導電率相等，可知鹽酸和醋酸兩溶液中起始時離子濃度相等，包括H+和OH-濃度也相等，而隨著溫度的升高，促進醋酸的電離，醋酸溶液中的H+和OH-濃度不再和鹽酸溶液的H+和OH-濃度相等，則兩者的導電率升高的幅度存在差異，可能與溶液中H+、OH-的濃度和遷移速率有關，故D錯誤；故答案為D。11、D【解析】A、白色沉淀可能為AgCl；B、I2和能將I-氧化的物質能使?jié)駶櫟牡矸跭I試紙變藍；C、I2的CCl4溶液顯紫色；D、飽和FeCl3溶液水解可制備膠體?！驹斀狻緼、白色沉淀可能為AgCl，則溶液中不一定含SO42－，故A錯誤；B、I2和能將I-氧化的物質能使?jié)駶櫟牡矸跭I試紙變藍，故B錯誤；C、I2的CCl4溶液顯紫色，不是碘離子，故C錯誤；D、向沸騰的蒸餾水中逐滴加入飽和FeCl3溶液，繼續(xù)煮沸至液體呈紅褐色，停止加熱可制備膠體，故D正確；故選D?！军c睛】本題考查化學實驗方案的評價，解題關鍵：把握離子檢驗、膠體制備，易錯點C，I2的CCl4溶液顯紫色，不是碘離子。12、D【解析】A、CH3COOH＋OH－=CH3COO－＋H2O是醋酸與堿的反應，選項A不符合；B、HS－＋H2OS2-＋H3O+是HS－的電離方程式，選項B不符合；C、CH3COOHCH3COO－＋H＋是醋酸的電離方程式，選項C不符合；D、NH＋H2ONH3·H2O＋H＋是銨根離子的水解方程式，選項D符合。答案選D。13、D【分析】該反應過程為：①CeO2、SiO2、Fe2O3等中加入稀鹽酸，F(xiàn)e2O3轉化FeCl3存在于濾液中，濾渣為CeO2和SiO2；②加入稀硫酸和H2O2，CeO2轉化為Ce3+，濾渣為SiO2；③加入堿后Ce3+轉化為沉淀，④通入氧氣將Ce從+3氧化為+4，得到產品，據(jù)此分析解答?！驹斀狻緼．根據(jù)分析，CeO2、SiO2、Fe2O3等中加入稀鹽酸，F(xiàn)e2O3轉化FeCl3存在于濾液中，濾渣為CeO2和SiO2，故A正確；B．根據(jù)分析，F(xiàn)e2O3轉化FeCl3存在于濾液中，①中洗滌的目的主要是為了除去濾渣表面附著的和，故B正確；C．過程②中稀硫酸、H2O2，CeO2三者反應生成轉化為Ce2(SO4)3、O2和H2O，反應的離子方程式為：6H++H2O2+2CeO2=2Ce3++O2↑+4H2O，故C正確；D．過程④中消耗的狀態(tài)未知，不能用標況下氣體摩爾體積計算物質的量，則轉移電子數(shù)無法確定，故D錯誤；答案選D。14、D【詳解】生成的氣體全部通過足量NaOH溶液，收集殘余氣體。測得溶液增重的為二氧化碳的質量，的物質的量為：，殘余氣體在標準狀況下560mL氣體為CO的體積，則CO的物質的量為：，A.根據(jù)碳元素守恒可知：參加反應的C原子的物質的量等于與CO的物質的量之和，所以參加反應的碳元素質量為：，故A正確；B.反應中C元素化合價升高，銅元素化合價降低，所以轉移電子物質的量為：，故B正確；C.生成的和CO的總質量為：，所以反應后試管中固體混合物總質量為：，故C正確；D.氧化銅的物質的量為：，二氧化碳與一氧化碳含有的氧原子物質的量為：，反應后氧原子存在于氧化亞銅中，所以氧化亞銅的物質的量為：，銅的物質的量為：，反應生成銅和氧化亞銅的總物質的量為，故D錯誤；故答案為D。15、B【解析】A．將少量SO2氣體通入氨水中生成亞硫酸銨，不生成亞硫酸氫銨，A錯誤；B．鋁溶于NaOH溶液中生成偏鋁酸鹽和氫氣，離子方程式電荷守恒，原子守恒，產物正確，B正確；C．醋酸是弱酸，用化學式表示，不能拆成離子形式，C錯誤；D．酸性溶液中不能生成OH-，D錯誤；綜上所述，本題選B。16、A【解析】離子晶體是陰陽離子通過離子鍵結合形成的晶體，一般具有熔點較高、硬度較大、難揮發(fā)等特點，固態(tài)不導電，一般易溶于水，其水溶液或熔融狀態(tài)能導電。【詳解】A項，熔點801℃、易溶于水，符合離子晶體的特點，故A正確；B項，熔點10.31℃，較低，液態(tài)不導電是共價化合物，不可能是離子晶體，故B錯誤；C項，熔點112.8℃，較低，能溶于CS2，應為分子晶體，故C錯誤；D項，離子晶體一般熔點較高、固態(tài)不導電，故D錯誤。綜上所述，符合題意的選項為A。二、非選擇題（本題包括5小題）17、催化氧化羰基乙二醇CH2=CHCH321、【分析】A為CH2=CH2，A發(fā)生氧化反應生成環(huán)氧乙烷，反應③為信息i的反應，生成HOCH2CH2OH和CH3OCOOCH3；④是加成反應，根據(jù)原子守恒知，G為C3H6，G的核磁共振氫譜有三種峰，則G為CH2=CHCH3，根據(jù)K結構簡式知，J為；J發(fā)生氧化反應生成丙酮和L，根據(jù)L分子式及M結構簡式知，L為，F(xiàn)、M發(fā)生信息i的反應生成N，則F為CH3OCOOCH3，E為HOCH2CH2OH，【詳解】（1）根據(jù)分析可知，A為CH2=CH2，A發(fā)生氧化反應生成環(huán)氧乙烷，①的反應類型是催化氧化；根據(jù)K的結構簡式，K中含有的官能團名稱是羰基，答案為：催化氧化；羰基；（2）根據(jù)分析可知，E為HOCH2CH2OH，E的名稱是乙二醇，答案為：乙二醇；（3）根據(jù)分析可得，④是加成反應，根據(jù)原子守恒知，G為C3H6，G的核磁共振氫譜有三種峰，則G為CH2=CHCH3，答案為：CH2=CHCH3；（4）F為CH3OCOOCH3，F(xiàn)、M發(fā)生信息i的反應生成N，⑦的化學方程式是，故答案為；-OOCH2CH3-CH3（5）分子式為C9H12O2且a.屬于芳香化合物，且苯環(huán)上只有兩個取代基，b.1mol該物質能消耗1molNaOH，即苯環(huán)上只有一個酚羥基，則該有機物的苯環(huán)上可以連一個羥基和一個或-CH2CH2CH2OH或或或，分別處于鄰間對位置，共5×3=15種，還可以為苯環(huán)上連一個羥基和一個或-O-CH2-CH2-CH3，分別處于鄰間對位置，則共有3×2=6種同分異構體；則符合要求的同分異構體的數(shù)目為21種；核磁共振氫譜有5組峰，說明該物質含有5種不同環(huán)境的氫原子，物質的結構簡式，，答案為：21；、。18、NH3NH、Mg2+、SO和NONa+、Cl－和Al3+Mg(OH)2+2H+=Mg2++H2O【分析】試樣溶液中加入過量氫氧化鋇溶液并加熱，生成的氣體1遇濕潤紅色石蕊試紙顯藍色，該氣體1是氨氣，則試樣中含有銨根離子，向濾液中通入二氧化碳，得到的溶液2，沉淀2，溶液2中加入鋁，生成的氣體2，該氣體為氨氣，據(jù)已知條件知，溶液2中含有硝酸根離子，根據(jù)元素守恒知，原溶液中含有硝酸根離子，濾液1中通入二氧化碳，得到沉淀2，向沉淀2中加入酸，沉淀溶解并放出氣體，說明沉淀2是碳酸鋇，沉淀1加入酸后，沉淀部分溶解，所以有硫酸鋇沉淀，說明原溶液中有硫酸根離子，能和過量的氫氧化鋇反應生成能溶于酸的沉淀，根據(jù)離子知，該沉淀為氫氧化鎂，所以溶液中含有鎂離子。根據(jù)分析溶液中一定有銨根離子，鎂離子，硫酸根離子，和硝酸根離子，不能確定是否有鋁離子，可能存在鈉離子和氯離子，據(jù)此分析?！驹斀狻?1)氣體1為NH3；

(2)根據(jù)上述分析可知，試樣溶液中肯定存在NH、Mg2+、SO和NO離子。試樣中可能存在Na+、Cl－和Al3+離子；(3)沉淀1加入酸后，沉淀部分溶解，所以有硫酸鋇沉淀，說明原溶液中有硫酸根離子，能和過量的氫氧化鋇反應生成能溶于酸的沉淀，根據(jù)離子知，該沉淀為氫氧化鎂，所以溶液中含有鎂離子，沉淀1部分溶解的離子方程式為Mg(OH)2+2H+=Mg2++H2O。19、第5周期IVA族(全對才給分)飽和食鹽水濃硫酸吸收尾氣中的氯氣，防止污染空氣防止空氣中的水蒸氣進入裝置V而使SnCl4水解dMnO2+4HCl(濃)MnCl2+Cl2↑+2H2O排除裝置內的空氣和少量的水汽(回答到“排空氣”可給滿分)SnCl4+(x+2)H2O==SnO2·xH2O↓+4HCl↑(寫“”也可給分)92.0【解析】（1）Sn與C同主族，核外有5個電子層，所以Sn在周期表中的位置：第5周期IVA族。（2）I中二氧化錳與濃鹽酸反應產生氯氣，生成的氯氣中含有揮發(fā)出的HCl和水蒸氣，因為Sn能與HCl反應生成雜質SnCl2和SnCl4極易發(fā)生水解，所以IV中進入的氯氣必須是純凈干燥的，故II中盛放飽和食鹽水吸收HCl氣體，III中盛放濃硫酸干燥氯氣，因為SnCl4極易發(fā)生水解和多余的氯氣有毒不能排放在空氣中，所以VII有兩個作用：吸收尾氣中的氯氣，防止污染空氣和防止空氣中的水蒸氣進入裝置V而使SnCl4水解。（3）SnCl4和Cl2的沸點不同，當液態(tài)的SnCl4中溶有液態(tài)的Cl2時，可以根據(jù)兩者的沸點不同，利用蒸餾法將兩者分離，故答案選d。（4）I中二氧化錳與濃鹽酸反應產生氯氣，對應的化學方程式為：MnO2+4HCl(濃)MnCl2+Cl2↑+2H2O。（5）加熱Sn前先通氯氣的作用是排除裝置中少量的空氣和水，防止生成的SnCl4發(fā)生水解。（6）SnCl4發(fā)生水解時可以考慮先生成HCl和Sn(OH)4，然后Sn(OH)4分解并生成SnO2·xH2O，對應的方程式為：SnCl4+(x+2)H2O==SnO2·xH2O↓+4HCl↑。（7）5.95g錫粉的物質的量=5.95g÷119g·mol-1=0.05mol，所以理論上生成的SnCl4的物質的量也應為0.05mol，質量為0.05mol×251g·mol-1=13.05g，所以SnCl4的產率為12.0g/13.05g=0.920=92.0%。點睛：本題以無機物的制備為實驗載體，綜合考查實驗的原理、物質的除雜、尾氣的處理、產率的計算及實驗中應該注意的事項，難度中等。20、冷凝回流防止空氣中的水蒸氣進入A裝置將溴蒸汽吹出鎂屑會與空氣中的氧氣反應，生成的阻礙反應的繼續(xù)進行會將液溴擠壓入A中，劇烈反應，放出大量熱，存在安全隱患除去溴、乙醚等雜質該反應為放熱反應，且加熱促使乙醚揮發(fā)，加熱后平衡逆向移動【分析】(1)乙醚和溴都易揮發(fā)，據(jù)此分析作用；(2)MgBr2具有強吸水性，據(jù)此分析；(3)根據(jù)溴單質具有揮發(fā)性分析；空氣中的氧氣與Mg反應；(4)將裝置B改為裝置C，會將液溴擠壓入三口瓶中，而Mg和Br2反應劇烈放熱；(5)粗品含有溴和乙醚等雜質，需要除去；(6)已知：MgBr2

+3C2H5OC2H5

?MgBr2?3C2H5OC2H5△H＜0，加熱有利于吸熱方向，同時乙醚會揮發(fā)，據(jù)此分析。【詳解】(1)儀器D為球形冷凝管，作用是使揮發(fā)出的乙醚和溴蒸氣冷卻并回流至反應裝置；(2)具有強吸水性，無水的作用是防止空氣中的水蒸氣進入A裝置；(3)因為液溴極易揮發(fā)，故干燥的N2可將液溴吹出；鎂屑會與空氣中的氧氣反