2026屆山西省太原市小店區(qū)太原四十八中化學高二第一學期期中質量跟蹤監(jiān)視模擬試題注意事項：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、在200mL含Mg2+、Al3+、NH4+、H+、Cl-等離子的溶液中，逐滴加入5mol?L-1NaOH溶液，所加NaOH溶液的體積（mL）與產生沉淀的物質的量（mol）關系如圖所示。下列敘述不正確的是A．x–y=0.01molB．原溶液中c（Cl-）="0.75"mol·L-1C．原溶液的pH=1D．原溶液中n（Mg2+）∶n（Al3+）=5∶12、我國許多城市已經推廣使用清潔燃料，如壓縮天然氣（CNG）類，液化石油氣（LPG）類，這兩種燃料的主要成分是A．醇類 B．一氧化碳 C．氫氣 D．烴類3、電解質溶液有許多奇妙之處，你只有深入思考，才能體會到它的樂趣。下列關于電解質溶液的敘述中正確的是A．Na2CO3、NaHCO3兩種鹽溶液中，離子種類不相同B．常溫下，1mol·L－1的CH3COOH溶液與1mol·L－1的NaOH溶液等體積混合后，所得混合液中：c(Na+)>c(CH3COO－)>c(H+)>c(OH－)C．物質的量濃度相同的NH4Cl和NH4HSO4兩種溶液中，c(NH4＋)前者小于后者D．常溫下，某溶液中由水電離出的c(H+)=10－5mol·L－1，則此溶液可能是鹽酸4、近年來我國在天然氣脫硫研究方面取得了新進展，利用如圖1裝置可完成天然氣脫硫，甲池中發(fā)生反應如圖2所示。下列關于該裝置工作原理的說法中，正確的是（）A．碳棒為該脫硫裝置的負極B．乙池中發(fā)生的反應為：H2S+2e-=S+2H+C．AQ與H2AQ間的轉化屬于非氧化還原反應D．除I/I-外，Fe3+/Fe2+也能實現如圖所示循環(huán)過程5、目前認為酸催化乙烯水合制乙醇的反應機理及能量與反應進程的關系如圖所示。下列說法正確的是（）A．①、②、③三步反應均釋放能量B．該反應進程中有兩個過渡態(tài)C．第①步反應的活化能最小D．總反應速率主要由第①步反應決定6、在密閉容器中發(fā)生下列反應aA(g)cC(g)＋dD(g)，反應達到平衡后，將氣體體積壓縮到原來的一半，當再次達到平衡時，D的濃度為原平衡的1.5倍，下列敘述正確的是A．A的轉化率變大 B．平衡向正反應方向移動C．D的體積分數變大 D．a＜c＋d7、下列反應中，反應物總能量比生成物總能量低的是A．鐵片和稀硫酸的反應B．Ba(OH)2?8H2O與HCl溶液的反應C．碳與水蒸氣在高溫下反應D．甲烷在氧氣中燃燒8、下列有機反應中，不屬于取代反應的是A．+Cl2+HClB．2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2OC．ClCH2CH=CH2+NaOHHOCH2CH=CH2+NaClD．+HNO3+H2O9、下列溶液中有關物質的量濃度關系正確的是()A．0.1mol/L的NaHA溶液，其pH＝4：c(HA－)＞c(H＋)＞c(H2A)＞c(A2－)B．NaHCO3溶液中：c(H＋)＋c(H2CO3)＝c(OH－)C．室溫下，由pH＝1的CH3COOH溶液與pH＝13的NaOH溶液等體積混合，溶液中離子濃度大小的順序為：c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H＋)D．常溫下，在pH＝8的NaA溶液中：c(Na＋)－c(A－)＝9.9×10－7mol/L10、難揮發(fā)性二硫化鉭（TaS2）可采用如下裝置提純。將不純的TaS2粉末裝入石英管一端，抽真空后引入適量碘并封管，置于加熱爐中。反應如下：TaS2(s)+2I2(g)TaI4(g)+S2(g)下列說法正確的是A．在不同溫度區(qū)域，TaI4的量保持不變B．在提純過程中，I2的量不斷減少C．在提純過程中，I2的作用是將TaS2從高溫區(qū)轉移到低溫區(qū)D．該反應的平衡常數與TaI4和S2的濃度乘積成反比11、下列化學鍵中，鍵的極性最強的是（）A．C—F B．C—O C．C—N D．C—C12、對于固定體積的密閉容器中進行的反應：A(g)+B(g)C(g)+2D(g)，不能說明在恒溫下可逆反應已經達到平衡狀態(tài)的是①反應容器中壓強不隨時間變化而變化②單位時間內生成A的物質的量與消耗D的物質的量之比為1：2③混合氣體的平均摩爾質量不隨時間變化而變化④反應混合氣體的密度不隨時間變化而變化A．②④ B．③④ C．①③ D．①②13、下列熱化學方程式中ΔH數值代表燃燒熱的是（）A．CH4(g)＋2O2(g)=2H2O(1)＋CO2(g)ΔH1B．S(s)＋O2(g)=SO3(g)ΔH2C．C6H12O6(s)＋6O2(g)=6CO2(g)＋6H2O(g)ΔH3D．2CO(g)＋O2(g)=2CO2(g)ΔH414、元素在周期表中的位置，反映了元素的原子結構和元素的性質，下列說法正確的是（）A．同一元素不可能既表現金屬性，又表現非金屬性B．第三周期元素的最高正化合價等于它所處的主族序數C．同一主族的元素的原子，最外層電子數相同，化學性質完全相同D．元素周期表中位于金屬和非金屬分界線附近的元素屬于過渡元素15、下列有關實驗儀器或用品的使用正確的是A．用10mL量筒量取8.20mL稀鹽酸B．在中和熱測定實驗中，用鐵棒攪拌加快反應速率C．用pH試紙測定溶液的pH時，先用蒸餾水潤濕試紙D．用25mL酸式滴定管量取20.00mLKMnO4溶液16、最近科學家在實驗室里成功地將CO2在高壓下轉化為類似SiO2的共價晶體。下列關于該CO2晶體的敘述中，不正確的是A．該晶體中C、O原子個數比為1∶2B．該晶體中C—O—C的鍵角為180°C．該晶體的熔、沸點高，硬度大D．該晶體中C、O原子最外層都滿足8電子結構二、非選擇題（本題包括5小題）17、2-苯基丙烯是日化行業(yè)常用的化工原料，其合成路線如下(反應②、④的條件未寫出)。已知：其中，R、R’為H原子或烷基。（1）C3H8的結構簡式為___；（2）反應①的反應類型為___；（3）反應②的化學反應方程式為___；（4）反應③的反應類型為___；（5）反應④的化學反應方程式為___；（6）產物2-苯基丙烯在一定條件下可以發(fā)生加聚反應，加聚產物的結構簡式為___；（7）請以苯、乙醇及其他必要的無機試劑為原料，合成。合成過程中，不得使用其他有機試劑。寫出相關化學反應方程式___。18、(1)下列物質中，屬于弱電解質的是（填序號，下同）______，屬于非電解質是_____。①硫酸氫鈉固體②冰醋酸③蔗糖④氯化氫氣體⑤硫酸鋇⑥氨氣⑦次氯酸鈉(2)寫出下列物質在水中的電離方程式：醋酸：______。次氯酸鈉：______。(3)甲、乙兩瓶氨水的濃度分別為1mol?L-1、0.1mol?L-1，則c(OH﹣)甲：c(OH﹣)乙________10（填“大于”、“等于”或“小于”）。(4)現有常溫條件下甲、乙、丙三種溶液，甲為0.1mol?L-1的NaOH溶液，乙為0.1mol?L-1的HCl溶液，丙為0.1mol?L-1的CH3COOH溶液，甲、乙、丙三種溶液中由水電離出的c(OH﹣)的大小關系為_____。19、阿司匹林（乙酰水楊酸，）是世界上應用最廣泛的解熱、鎮(zhèn)痛和抗炎藥。乙酰水楊酸受熱易分解，分解溫度為128℃～135℃。某學習小組在實驗室以水楊酸（鄰羥基苯甲酸）與醋酸酐為主要原料合成阿司匹林，反應原理如下：+(CH3CO)2O+CH3COOH制備基本操作流程如下：主要試劑和產品的物理常數如表所示：請根據以上信息回答下列問題：（1）制備阿司匹林時，要使用干燥的儀器的原因是___。（2）合成阿司匹林時，最合適的加熱方法是___。（3）提純粗產品流程如圖，加熱回流裝置如圖：①儀器d的名稱為___。②使用溫度計的目的是控制加熱溫度，防止___。③趁熱過濾的原因是___。④下列說法正確的是___（填字母選項）。a.此種提純方法中乙酸乙酯的作用是做溶劑b.此種提純粗產品的方法叫重結晶c.根據以上提純過程可以得出阿司匹林在乙酸乙酯中的溶解度低溫時很小d.可以用紫色石蕊溶液判斷產品中是否含有未反應完的水楊酸（4）在實驗中原料用量2.0g水楊酸、5.0ml醋酸酐（ρ=1.08g/cm3），最終稱得產品質量為2.2g，則所得乙酰水楊酸的產率為___（用百分數表示，小數點后一位）。20、欲測定某HCl溶液的物質的量濃度，可用0.1000mol·L-1NaOH標準溶液進行中和滴定（用酚酞作指示劑）。請回答下列問題：(1)若甲學生在實驗過程中，記錄滴定前滴定管內液面讀數為1.10mL，滴定后液面如圖，則此時消耗標準溶液的體積為___________；(2)乙學生做了三組平行實驗，數據記錄如下：實驗序號待測HCl溶液的體積/mL0.1000mol·L-1NaOH溶液的體積/mL滴定前刻度滴定后刻度125.000.0026.11225.001.5631.30325.000.2226.31選取上述合理數據，計算出HCl待測溶液的物質的量濃度為________mol·L-1（小數點后保留四位）；(3)滴定時的正確操作是_____________________________________________________。滴定達到終點的現象是_____________________________________________；此時錐形瓶內溶液的pH的范圍是________。(4)下列哪些操作會使測定結果偏高_______________（填序號）。A．錐形瓶用蒸餾水洗凈后再用待測液潤洗B．酸式滴定管用蒸餾水洗凈后再用標準液潤洗C．滴定前堿式滴定管尖端氣泡未排除，滴定后氣泡消失D．滴定前讀數正確，滴定后俯視滴定管讀數21、如圖所示：(1)①該反應是__________反應(填“吸熱”或“放熱”)。②當反應達到平衡時,升高溫度,A的轉化率__________(填“增大”“減小”“不變”)。③在反應體系中加入催化劑,反應速率增大,E1和E2的變化是:E1__________,E2__________(填“增大”“減小”“不變”)。(2)101kPa時,1molH2完全燃燒生成液態(tài)水,放出285.8kJ的熱量,表示H2燃燒熱的化學方程式__________。

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、B【分析】由給出的離子在滴入NaOH溶液時發(fā)生H++OH-═H2O，Mg2+、Al3+結合OH-生成沉淀，NH4+與OH-反應，氫氧化鋁與OH-反應而溶解，并結合圖象可知，0～4mL時發(fā)生酸堿中和，4～30mL發(fā)生Mg2+、Al3+結合OH-生成沉淀的反應，30～33mL發(fā)生NH4+與OH-反應，33～35mL發(fā)生氫氧化鋁的溶解反應，然后利用離子反應方程式來計算解答．【詳解】A．由圖及離子反應可知x-y的值即為Al(OH)3的物質的量，則設Al(OH)3的物質的量為n，

，解得n=0.01mol，即x-y=0.01mol，故A正確；B．由圖可知，加入33mLNaOH溶液時溶液中的溶質只有NaCl，Na+由NaOH提供，所以n(Na+)=n(Cl-)=33×0.001L×5mol?L-1=0.165mol，則原溶液中Cl-的物質的量濃度為=0.825mol/L，故B錯誤；C．由圖可知0～4mL時發(fā)生H++OH-═H2O，則H+的物質的量為4mL×0.001L×5mol?L-1=0.02mol，H+的物質的量濃度為=0.1mol/L，則pH=1，故C正確；D．由4～30mL發(fā)生Mg2+、Al3+結合OH-生成沉淀的反應，根據反應Al3++3OH-═Al(OH)3↓，Al3+消耗的OH-的物質的量為n(OH-)=3n(Al3+)=0.01mol×3=0.03mol，所以Mg2+消耗的OH-的物質的量為（30-4）mL×0.001L×5mol?L-1-0.03mol

=0.1mol，所以n(Mg2+)=0.05mol，則原溶液中n（Mg2+）：n（Al3+）=0.05：0.01=5：1，故D正確；故答案為B。2、D【解析】分析：天然氣的主要成分是甲烷，液化石油氣的主要成分是乙烯、乙烷、丙烷、丙烯、丁烷、丁烯等，都屬于碳氫化合物。詳解：壓縮天然氣（CNG）的主要成分是甲烷，液化石油氣（LPG）的主要成分是乙烯、乙烷、丙烷、丙烯、丁烷、丁烯等。因此可知該兩類燃料都是由碳氫化合物組成的烴類；答案選D。3、C【分析】A．Na2CO3、NaHCO3兩種鹽溶液中陽離子都是Na+、H+，陰離子CO32-、HCO3-、OH-；B．陽離子濃度大于陰離子濃度，電荷不守恒；C．硫酸氫銨溶液中銨根離子的水解受到抑制；D．常溫下，某溶液中由水電離出的c（H+）=10-5mol/L，水的電離度增大，應為鹽溶液。【詳解】A．Na2CO3、NaHCO3兩種鹽溶液中陽離子都是Na+、H+，陰離子CO32-、HCO3-、OH-，離子種類相同，選項A錯誤；B．選項中離子濃度大小不符合溶液電中性原則，醋酸鈉水解后溶液呈堿性，應為c（Na+）＞c（CH3COO-）＞c（OH-）＞c（H+），選項B錯誤；C．銨根離子水解，氫離子可抑制銨根離子水解，則物質的量濃度相同的NH4Cl和NH4HSO4兩種溶液中，c（NH4+）前者小于后者，選項C正確；D．常溫下，水的離子積為10-14，水電離出的c（H+）=c（OH-）=10-7，酸或堿的溶液抑制水的電離，該溶液中c（H+）=10-5mol/L，水的電離程度增大，則此溶液不可能是鹽酸，可能是強酸弱堿鹽，選項D錯誤。答案選C?！军c睛】本題考查溶液中離子濃度的大小比較，為高頻考點，難度中等，離子濃度比較，注意考慮電離、水解、水的電離、微粒守恒、電荷守恒、質子恒等式等。4、D【詳解】A．碳棒上AQ和氫離子反應生成H2AQ發(fā)生還原反應，所以碳棒為正極，故A錯誤；B．在乙池中，硫化氫失電子生成硫單質，碘單質得電子生成I-，發(fā)生的反應為H2S+I=3I-+S↓+2H+，故B錯誤；C．據圖可知，AQ與H2AQ互相轉化過程中C元素的化合價發(fā)生變化，屬于氧化還原反應，故C錯誤；D．Fe3+也可以氧化H2S生成S，同時自身被還原成Fe2+，Fe2+再在N型半導體上被氧化生成Fe3+，從而實現循環(huán)，所以除I/I-外，Fe3+/Fe2+也能實現如圖所示循環(huán)過程，故D正確；故答案為D。5、D【詳解】A.根據反應歷程，結合圖可知，第①步反應物的總能量低于生成物的總能量，為吸熱反應，第②③步均為反應物總能量高于生成物的總能量，為放熱反應，故A錯誤；B.根據過渡態(tài)理論，反應物轉化為生成物的過程中要經過能量較高的過渡態(tài)，由圖可知，該反應進程中有三個過渡態(tài)，故B錯誤；C.由圖可知，第①步反應的活化能最大，故C錯誤；D.活化能越大，反應速率越慢，決定這總反應的反應速率，由圖可知，第①步反應的活化能最大，總反應速率由第①步反應決定，故D正確；故選：D。6、D【分析】平衡后，將氣體體積壓縮到原來的一半，壓強增大，假設平衡不移動，D的濃度應為原平衡的2倍，而當再次達到平衡時，D的濃度為原平衡的1.5倍，可知壓強增大后平衡逆向移動，以此來解答【詳解】A．由分析可知，平衡逆向移動，A的轉化率變小，A錯誤；B．由分析可知，平衡逆向移動，B錯誤；C．平衡逆向移動，D的體積分數減小，C錯誤；D．壓強增大，平衡逆向移動，則a＜c+d，D正確。答案選D。7、C【詳解】A．鐵片和稀硫酸的反應為放熱反應，反應物的總能量高于生成物的總能量，A錯誤；B．Ba(OH)2?8H2O與HCl溶液的反應為放熱反應，反應物的總能量高于生成物的總能量，B錯誤；C．碳與水蒸氣在高溫下反應為吸熱反應，反應物的總能量低于生成物的總能量，C正確；D．甲烷在氧氣中燃燒為放熱反應，反應物的總能量高于生成物的總能量，D錯誤；答案為C。8、B【詳解】A.+Cl2+HCl，該反應屬于取代反應；B.2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，該反應屬于醇類的催化氧化反應；C.ClCH2CH=CH2+NaOHHOCH2CH=CH2+NaCl，該反應屬于鹵代烴的水解反應，也是取代反應；D.+HNO3+H2O，該反應屬于苯的硝化反應，也是取代反應。綜上所述，，不屬于取代反應的是B。9、D【解析】根據共存因素對水解、電解程度的影響以及水解、電離過程的主次進行判斷?！驹斀狻緼項：0.1mol/L的NaHA溶液中，有NaHA＝Na＋+HA－。因pH＝4，必有電離HA－H＋+A2-，可能有水解HA－+H2OH2A+OH－，且HA－電離程度大于HA－水解程度。故c(A2－)＞c(H2A)，A項錯誤；B項：NaHCO3溶液中，電荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(CO32－)＋c(HCO3－)＋c(OH－)，物料守恒有c(Na＋)＝c(CO32－)＋c(HCO3－)＋c(H2CO3)。兩式相減得質子守恒c(H＋)＋c(H2CO3)＝c(CO32－)＋c(OH－)。B項錯誤；C項：pH＝1的CH3COOH溶液中有CH3COOHCH3COO-+H+，pH＝13的NaOH溶液中有NaOH＝Na＋+OH－。兩溶液等體積混合時，兩者充分反應后，醋酸有大量剩余使溶液顯酸性，得c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH－)。C項錯誤；D項：NaA溶液中，電荷守恒c(Na＋)+c(H＋)＝c(A－)+c(OH－)。常溫pH＝8時，c(H＋)＝10－8mol/L，c(OH－)＝10－6mol/L。故c(Na＋)－c(A－)＝c(OH－)－c(H＋)＝9.9×10－7mol/L。D項正確。本題選D。10、C【解析】TaS2(s)+2I2(g)TaI4(g)+S2(g)中二硫化鉭(TaS2)是難揮發(fā)的物質，結合圖示中二硫化鉭的位置可知，提純時把二硫化鉭(TaS2)和碘單質在高溫下反應生成氣體TaI4(g)和S2(g)，所以該反應正反應是吸熱反應，當氣體擴散到低溫區(qū)，平衡左移生成二硫化鉭(TaS2)和I2(g)，使二硫化鉭(TaS2)得到提純。【詳解】A、根據反應條件可知當溫度不同時反應進行的主要方向不同，TaI4的量改變，故A錯誤；B、因為是在同一密閉系統中由質量守恒定律可知I2的量不可能不斷減少，在一定條件下達到平衡后不再變化，故B錯誤；C、在提純過程中，I2的作用是充當一個“搬運工”的角色，將TaS2從高溫區(qū)轉移到低溫區(qū)以達到提純的目的，故C正確；D、根據平衡常數表達式可知，平衡常數用平衡時生成物的濃度冪次方乘積除以反應物平衡濃度的冪次方乘積，所以平衡常數K與Tal4和S2的濃度乘積成正比，故D錯誤；故選C。11、A【解析】同周期元素隨著核電荷數的增加，電負性逐漸增大，F、O、N、C這四種元素中C的電負性最小，F的電負性值最大，F與C的電負性差值最大，C—F鍵極性最大，答案選A。12、A【分析】根據化學平衡狀態(tài)的特征解答，當反應達到平衡狀態(tài)時，正逆反應速率相等，各物質的濃度、百分含量不變，以及由此衍生的一些量也不發(fā)生變化，解題時要注意，選擇判斷的物理量，隨著反應的進行發(fā)生變化，當該物理量由變化到定值時，說明可逆反應到達平衡狀態(tài)?！驹斀狻竣僭摲磻獮闅怏w體積增大的反應，隨著反應的進行壓強發(fā)生變化，若反應容器中壓強不變則反應達平衡狀態(tài)，故①不選；②A氣體的生成和D氣體的消耗速率均描述逆反應速率，不能說明正逆反應速率相等，不能說明反應達平衡狀態(tài)，故②選；③該反應為氣體體積增大的反應，而氣體質量始終不變，只有當反應達平衡，氣體的總物質的量不變，混合氣體的平均摩爾質量才不隨時間變化而變化，說明反應達平衡狀態(tài)，故③不選；④反應物均為氣體，總質量不變，恒容條件下，反應混合氣體的密度始終保持不變，若密度不變不能說明反應達平衡狀態(tài)，故④選；答案選A。13、A【分析】燃燒熱表示1mol可燃物完全燃燒生成穩(wěn)定氧化物放出的熱量。【詳解】A.CH4的化學計量數為1，生成CO2是穩(wěn)定的氧化物，故A正確；B.S的化學計量數為1，但產物為SO3不是穩(wěn)定氧化物，應該是生成SO2，故B錯誤；C.C6H12O6的化學計量數為1，產物H2O(g)不是穩(wěn)定氧化物，不符合燃燒熱的定義，所以△H不代表燃燒熱，故C錯誤；D.CO的化學計量數為2，所以△H不代表燃燒熱，故D錯誤；故選A。14、B【解析】A、處于金屬和非金屬分界線的元素既有金屬性又有非金屬性，如硅元素，故A錯誤；

B、第三周期的元素從Na到Cl最高化合價從+1價到+7價，和族序數相等，故B正確；C、第一主族的所有元素最外層都為一個電子，但是H元素與Na元素性質差異很大，故C錯誤；D、周期表中第三縱行到第十縱行的元素（包括7個副族和1個Ⅷ族）稱為過渡元素，故D錯誤。故選B?！军c睛】根據周期表中處于金屬和非金屬分界線的元素的性質來考慮；主族元素的最高正化合價等于它所處的主族序數，以此分析；元素原子的化學性質受質子數、原子半徑、核外電子數等的影響，一般來說，同一主族的元素的原子，最外層電子數相同，化學性質相似，以此分析；周期表中第三縱行到第十縱行的元素（包括7個副族和1個Ⅷ族）稱為過渡元素。15、D【詳解】A．量筒的精度為0.1mL，用10mL量筒可量取8.2mL稀鹽酸，A錯誤；B．鐵的導熱性強，用鐵棒攪拌會導致熱量的散失，B錯誤；C．pH試紙不能濕潤，應用干燥的pH試紙測定溶液的pH，以防溶液被稀釋后帶來測定誤差，C錯誤；D．滴定管可精確到0.01mL，故可量取20.00mLKMnO4溶液，D正確；故選D。16、B【詳解】A．該晶體為原子晶體，由C、O原子構成，且C、O原子個數比滿足組成關系，所以為1∶2，A正確；B．該晶體中，由于O原子的最外層存在兩對孤對電子，對成鍵電子有排斥作用，所以每個C—O—C的鍵角小于180°，B不正確；C．該晶體為原子晶體，原子間通過共價鍵相連接，所以熔、沸點高，硬度大，C正確；D．該晶體中，每個C原子與4個O原子形成共價鍵，每個O原子與2個C原子形成共價鍵，所以C、O原子的最外層都滿足8電子結構，D正確；故選B。二、非選擇題（本題包括5小題）17、CH3CH2CH3取代反應CH3CHBrCH3+NaOHCH3CHOHCH3+NaBr氧化反應+H2O2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，CH3CHO+，，+HBr【分析】C3H8為丙烷，由B與O2、Cu加熱發(fā)生氧化反應生成，可知B為異丙醇，則C3H8與Br2光照發(fā)生取代反應，生成的A為2-溴丙烷，2-溴丙烷與NaOH溶液發(fā)生取代反應生成異丙醇；由題目中所給信息可知C為2-苯基丙醇，發(fā)生消去反應生成2-苯基丙烯，以2-苯基丙烯為單體寫出它的加聚產物結構簡式；根據題目所給信息和平時所學方程式合成?！驹斀狻緾3H8為丙烷，由B與O2、Cu加熱發(fā)生氧化反應生成，可知B為異丙醇，則C3H8與Br2光照發(fā)生取代反應，生成的A為2-溴丙烷，2-溴丙烷與NaOH溶液發(fā)生取代反應生成異丙醇；由題目中所給信息可知C為2-苯基丙醇，發(fā)生消去反應生成2-苯基丙烯，（1）C3H8為丙烷，結構簡式為：CH3CH2CH3，故答案為：CH3CH2CH3；（2）①的反應類型為取代反應，故答案為：取代反應；（3）反應②的化學反應方程式為CH3CHBrCH3+NaOHCH3CHOHCH3+NaBr，故答案為：CH3CHBrCH3+NaOHCH3CHOHCH3+NaBr；（4）③為氧化反應，故答案為：氧化反應；（5）2-苯基丙醇發(fā)生消去反應生成2-苯基丙烯，化學方程式為+H2O，故答案為：+H2O；（6）2-苯基丙烯發(fā)生加聚反應，碳碳雙鍵斷開，它的加聚產物結構簡式為，故答案為：；（7）乙醇先與O2、Cu加熱生成乙醛，乙醛與苯在AlCl3作用下生成1-苯乙醇，1-苯乙醇與濃硫酸加熱生成苯乙烯，苯乙烯與HBr加成生成，相關的化學方程式為：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，CH3CHO+，，+HBr，故答案為：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，CH3CHO+，，+HBr?！军c睛】在有機流程推斷題中，各物質的名稱要根據前后反應綜合判斷，最終確定結果，本題中A與B的推斷就是如此。18、②③⑥CH3COOHCH3COO-+H+NaClO=Na++ClO-小于丙>甲=乙【分析】(1)部分電離的電解質為弱電解質，在水溶液中和熔融狀態(tài)下都不導電的化合物是非電解質；(2)醋酸是一元弱酸，在水溶液中存在電離平衡；次氯酸鈉是強電解質，在水溶液中完全電離生成ClO-和Na+；(3)相同溶質的弱電解質溶液中，溶液濃度越小，電解質的電離程度越大；(4)在任何物質的水溶液中都存在水的電離平衡，根據溶液中電解質電離產生的離子濃度大小，判斷對水電離平衡影響，等濃度的H+、OH-對水電離的抑制程度相同。【詳解】(1)①硫酸氫鈉固體屬于鹽，熔融狀態(tài)和在水溶液里均能完全電離，屬于強電解質；②冰醋酸溶于水后能部分電離出醋酸根離子和氫離子，屬于弱電解質；③蔗糖在熔融狀態(tài)下和水溶液里均不能導電，屬于化合物，是非電解質；④氯化氫氣體溶于水完全電離，屬于強電解質；⑤硫酸鋇屬于鹽，熔融狀態(tài)下完全電離，屬于強電解質；⑥氨氣本身不能電離出自由移動的離子，屬于化合物，是非電解質；⑦次氯酸鈉屬于鹽，是你強電解質；故屬于弱電解質的是②；屬于非電解質是③⑥；(2)醋酸是一元弱酸，在水溶液中存在電離平衡，電離方程式為：CH3COOHCH3COO-+H+；次氯酸鈉是強電解質，在水溶液中完全電離生成ClO-和Na+，其電離方程式為NaClO=Na++ClO-；(3)一水合氨是弱電解質，在溶液里存在電離平衡，氨水的濃度越大，一水合氨的電離程度越小，濃度越小，一水合氨的電離程度越大。甲瓶氨水的濃度是乙瓶氨水的濃度的10倍，根據弱電解質的濃度越小，電離程度越大，可知甲瓶氨水的電離度比乙瓶氨水的電離度小，所以甲、乙兩瓶氨水中c(OH-)之比小于10；(4)有常溫條件下甲、乙、丙三種溶液，甲為0.1mol?L-1的NaOH溶液，c(OH-)=0.1mol/L；乙為0.1mol?L-1的HCl溶液，c(H+)=0.1mol/L，丙為0.1mol?L-1的CH3COOH溶液，由于醋酸是一元弱酸，主要以醋酸分子存在，電離產生的離子濃度很小，所以該溶液中c(H+)<<0.1mol/L，在三種溶液中都存在水的電離平衡：H2OH++OH-，加入的酸電離產生的H+或堿溶液中OH-對水的電離平衡起抑制作用，溶液中離子濃度越大，水電離程度就越小，水電離產生的H+或OH-濃度就越小，甲、乙、丙三種溶液中電解質電離產生的離子濃度：甲=乙>丙，則由水電離出的c(OH﹣)的大小關系為：丙>甲=乙。【點睛】本題考查了強弱電解質判斷、非電解質的判斷、弱電解質電離平衡及影響因素、水的電離等知識點，清楚物質的基本概念進行判斷，明確對于弱電解質來說，越稀釋，電解質電離程度越大；電解質溶液中電解質電離產生的離子濃度越大，水電離程度就越小。19、防止醋酸酐水解水浴加熱球形冷凝管防止乙酰水楊酸受熱分解防止乙酰水楊酸結晶析出，降低產率abc84.3%【分析】醋酸酐和水楊酸混合，然后向混合溶液中加入濃硫酸，搖勻后加熱至85℃，然后冷卻、過濾、水洗得到粗產品，然后向粗產品中加入飽和碳酸氫鈉溶液，使乙酰水楊酸轉化為易溶于水的乙酰水楊酸鈉，從而除去雜質；然后加入濃鹽酸除去剩余的碳酸氫鈉、將乙酰水楊酸鈉轉化為乙酰水楊酸，最后過濾、洗滌、干燥得到乙酰水楊酸?！驹斀狻?1)乙酸酐容易發(fā)生水解生成乙酸，故儀器應干燥防止乙酸酐水解；(2)控制溫度在85℃～90℃，小于100℃，應使用水浴加熱；(3)①儀器d的名稱為球形冷凝管；②乙酰水楊酸受熱易分解，分解溫度為128℃～135℃，使用溫度計的目的是控制加熱的溫度，防止乙酰水楊酸受熱易分解；③趁熱過濾，防止乙酰水楊酸結晶析出，減少損失；④a．乙酸乙酯起溶劑作用，故a正確；b．趁熱過濾除去水楊酸，再冷卻結晶析出乙酰水楊酸，說明低溫時乙酰水楊酸在乙酸乙酯中的溶解度較小，利用水楊酸、乙酰水楊酸在乙酸乙酯中溶解度不同就行分離提純，這種分離提純方法為重結晶，故b正確；c．冷卻結晶可析出乙酰水楊酸，說明低溫時乙酰水楊酸在乙酸乙酯中的溶解度較小，故c正確；d．由于水楊酸與乙酰水楊酸均含有羧基，且在水中微弱，不能用紫色石蕊溶液判斷產品中是否含有未反應完的水楊酸，故d錯誤；故答案為abc；(4)n(水楊酸)==0.0145mol，n(醋酸酐)==0.053mol，則理論上生成乙酰水楊酸0.0145mol，產率為=84.3%。【點睛】考查有機物制備實驗方案設計與評價，注意對題目信息的應用，(3)中注意根據流程理解分離提純