云南省寧蒗縣一中2026屆化學高三上期中質量檢測模擬試題考生請注意：1．答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內，不得在試卷上作任何標記。2．第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3．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、阿伏加德羅常數的值為NA。下列說法不正確的是A．1LpH=3的鹽酸與1LPH=3的CH3COOH溶液中，水電離出的H+數目均為10-11NAB．0.1mol乙烯與乙醇的混合物中含碳原子數為0.2NAC．標準狀況下，2.24LN2和O2的混合氣體中分子數為0.1NAD．0.1molH2和0.1molI2于密閉容器中充分反應后，其分子總數小于0.2mol2、據我國古代第一部藥物學專著《神農本草經》記載：“石硫黃(即硫磺)能化金銀鋼鐵，奇物”，所得產物不可能是A．Au2S B．Ag2S C．CuS D．FeS3、下列裝置的線路接通后，經過一段時間，溶液的pH明顯下降的是A．A B．B C．C D．D4、下列說法正確的是()A．碳元素有多種同位素，其中13C可用于考古斷代B．單晶硅和石英互為同素異形體C．HCOOH和CH3OCHO互為同系物D．H與K在元素周期表中處于同一主族5、一種可充電鋰-空氣電池如圖所示。當電池放電時，O2與Li+在多孔碳材料電極處生成Li2O2-x（x=0或1）。下列說法正確的是()A．放電時，多孔碳材料電極為負極B．放電時，外電路電子由多孔碳材料電極流向鋰電極C．充電時，電解質溶液中Li+向多孔碳材料區(qū)遷移D．充電時，電池總反應為Li2O2-x=2Li+（1—）O26、一定條件下，下列各組物質能一步實現轉化關系的是選項XYZWAAlAl2O3NaAlO2Al(OH)3BFe3O4FeFeCl2FeCl3CH2SO4SO2SSO3DNH3N2NONO2A．A B．B C．C D．D7、體積為1L的某溶液可能含有Cl-、NO3-、SO42-、CO32-、NH4+、Fe2+、Al3+、Ba2+和K+，取該溶液100ml，加入過量NaOH溶液，加熱，得到0.02mol氣體，同時產生的白色沉淀迅速變?yōu)榛揖G色，過濾、洗滌、灼燒，得到1.6g固體；向上述濾液中加入足量BaCl2溶液，得到4.66g不溶于鹽酸的沉淀。下列敘述正確的是A．溶液中的主要離子僅為SO42-、Fe2+、NH4+B．Cl—一定存在，且c（Cl—）=0.2mol·L-1C．向原溶液中加入硫酸，可能有氣體生成D．CO32-、Al3+一定不存在，K+可能存在8、下列用品對應的有效成分及用途錯誤的是()ABCD用品有效成分Na2SiO3Na2CO3Ca(ClO)2Al(OH)3用途防火劑發(fā)酵粉消毒劑抗酸藥A．A B．B C．C D．D9、下列有關物質的性質與用途具有對應關系的是A．SO2具有氧化性，可用于漂白紙漿 B．NH4HCO3受熱易分解，可用作氮肥C．Fe2(SO4)3易溶于水，可用作凈水劑 D．Al2O3熔點高，可用作耐高溫材料10、下列實驗操作能達到實驗目的的是（）選項實驗目的實驗操作A加快O2的生成速率在過氧化氫溶液中加入少量MnO2B制取并純化氯氣常溫下向MnO2中滴加濃鹽酸，將生成的氣體依次通過濃硫酸和飽和食鹽水C檢驗Fe(NO3)2晶體是否已氧化變質將Fe(NO3)2樣品溶于稀硫酸后，滴加KSCN溶液，觀察溶液是否變紅D驗證Cu和濃硫酸反應生成CuSO4向反應后的溶液中加水，觀察溶液變藍色A．A B．B C．C D．D11、合金相對于純金屬制成的金屬材料來說優(yōu)點是①合金的硬度一般比它的各成分金屬的大②一般合金的熔點比它的各成分金屬的更低③改變原料的配比，改變生成合金的條件，可得到具有不同性能的合金④合金比純金屬的導電性更強⑤合金比純金屬的應用范圍更廣泛A．①②③⑤ B．②③④ C．①②④ D．①④⑤12、在溶液中加入足量Na2O2后仍能大量共存的離子組是A．K＋、、Cl－、 B．、Ba2＋、Cl－、C．Ca2＋、Fe2＋、、 D．Na＋、Cl－、、13、下列反應對應的離子方程式書寫正確的是A．飽和碳酸鈉溶液中通入足量的二氧化碳：2Na＋＋CO32-＋CO2＋H2O=2NaHCO3↓B．KIO3與KI在酸性溶液中反應：5I－＋IO3-＋3H2O=3I2＋6OH－C．向Ca(ClO)2溶液中通入少量SO2：Ca2++2ClO－+SO2+H2O=CaSO3↓+2HClOD．澄清石灰水與醋酸溶液混合：Ca(OH)2＋2CH3COOH=Ca2＋＋2CH3COO－＋2H2O14、下列每組物質發(fā)生變化所克服的粒子間的作用不屬于同種類型的是A．金剛石和金屬鈉熔化 B．碘和干冰受熱升華C．氯化鈉和氯化鈣熔化 D．氯化氫和溴化氫溶于水15、下列離子方程式書寫正確的是A．在FeCl3溶液中投入足量的Zn粉：2Fe3＋＋Zn=Zn2＋＋2Fe2＋B．磁性氧化鐵（Fe3O4）溶于氫碘酸：Fe3O4＋8H＋=Fe2＋＋2Fe3＋＋4H2OC．Ca（ClO）2溶液中通入少量SO2：Ca2＋＋2ClO－＋SO2＋H2O=CaSO3↓＋2HClOD．NaHSO4溶液與Ba（OH）2溶液混合后呈中性：2H＋＋SO42－＋Ba2＋＋2OH－=BaSO4↓＋2H2O16、設NA為阿伏加德羅常數的值。下列說法正確的是A．標準狀況下，11.2L18O2中含有的中子數為4NAB．7g乙烯中含有的C－H鍵的數目為NAC．1mol·L-1的NaOH溶液中含有的Na＋的數目為NAD．標準狀況下，5.6LN2H4中含有的電子總數為4.5NA二、非選擇題（本題包括5小題）17、已知有機物C的分子式為C9H9OCl，分子中有一個苯環(huán)，苯環(huán)上只有一個側鏈且不含甲基，一定條件下C能發(fā)生銀鏡反應。C與其他物質之間的轉化如圖所示（部分無機產物已略去）：（1）F中官能團的名稱是_____________________；C→F的反應類型是____________。（2）C的結構簡式是______________________，I的結構簡式是__________________。（3）D與銀氨溶液反應的化學方程式為_________________________________。（4）有的同學認為B中可能沒有氯原子，理由是_______________________。（5）D的一種同系物W(分子式為C8H8O2)有多種同分異構體，則符合以下條件的W的同分異構體有________種，寫出其中核磁共振氫譜有4個峰且能發(fā)生銀鏡反應的結構簡式___________________。①屬于芳香族化合物②遇FeCl3溶液不變紫色③能與NaOH溶液發(fā)生反應18、水楊酸的結構簡式為，水楊酸酯E為紫外吸收劑，可用于配制防曬霜。E的一種合成路線如下：已知：2RCH2CHO?；卮鹣铝袉栴}：（1）飽和一元醇A中氧的質量分數約為21.6%，則A的分子式為________；結構分析顯示A只有一個甲基，A的名稱為_____。（2）第③步的反應類型為____；D中所含官能團的名稱為______；（3）第①步反應的化學方程式為______。（4）E的分子式是______。（5）1mol水楊酸分別消耗NaOH、NaHCO3的物質的量之比是______。（6）X是比水楊酸多一個碳原子的同系物。X的同分異構體中，符合下列條件的共__種，其中取代基在苯環(huán)的對位且能消耗3molNaOH的同分異構體的結構簡式是_______。①苯環(huán)上有兩個取代基

②與FeCl3發(fā)生顯色反應

③能發(fā)生水解反應19、某同學利用Cl2氧化K2MnO4制備KMnO4的裝置如下圖所示(夾持裝置略)：已知：錳酸鉀(K2MnO4)在濃強堿溶液中可穩(wěn)定存在，堿性減弱時易發(fā)生反應：回答下列問題：(1)裝置A中a的作用是______________；裝置C中的試劑為________________；裝置A中制備Cl2的化學方程為______________。(2)上述裝置存在一處缺陷，會導致KMnO4產率降低，改進的方法是________________。(3)KMnO4常作氧化還原滴定的氧化劑，滴定時應將KMnO4溶液加入___________(填“酸式”或“堿式”)滴定管中；在規(guī)格為50.00mL的滴定管中，若KMnO4溶液起始讀數為15.00mL，此時滴定管中KMnO4溶液的實際體積為______________(填標號)。A.15.00mLB.35.00mLC.大于35.00mLD.小于15.00m1(4)某FeC2O4﹒2H2O樣品中可能含有的雜質為Fe2(C2O4)3、H2C2O4﹒2H2O，采用KMnO4滴定法測定該樣品的組成，實驗步驟如下:Ⅰ.取mg樣品于錐形瓶中，加入稀H2SO4溶解，水浴加熱至75℃。用cmol﹒L-1的KMnO4溶液趁熱滴定至溶液出現粉紅色且30s內不褪色，消耗KMnO4溶液V1mL。Ⅱ.向上述溶液中加入適量還原劑將Fe3+完全還原為Fe2+，加入稀H2SO4酸化后，在75℃繼續(xù)用KMnO4溶液滴定至溶液出現粉紅色且30s內不褪色，又消耗KMnO4溶液V2mL。樣品中所含的質量分數表達式為_________________。下列關于樣品組成分析的說法，正確的是__________(填標號)。A.時，樣品中一定不含雜質B.越大，樣品中含量一定越高C.若步驟I中滴入KMnO4溶液不足，則測得樣品中Fe元素含量偏低D.若所用KMnO4溶液實際濃度偏低，則測得樣品中Fe元素含量偏高20、半導體生產中常需要使用摻雜劑,以保證控制電阻率,三氯化磷(PCl3)是一種重要的摻雜劑。實驗室要用黃磷(即白磷)與干燥的Cl2模擬工業(yè)生產制取PCl3,裝置如圖所示:(部分夾持裝置略去)已知:①黃磷與少量Cl2反應生成PCl3,與過量Cl2反應生成PCl5;②PCl3遇水會強烈水解生成H3PO3和HCl;③PCl3遇O2會生成POCl3,POCl3溶于PCl3;④PCl3、POCl3的熔沸點見下表:物質熔點/℃沸點/℃PCl3-11275.5POCl32105.3請回答下列問題:(1)B中所裝的試劑是____________________，F中堿石灰的作用是_____________________________________。(2)實驗時,檢査裝置氣密性后,先打開K3、關閉K1，通入干燥的CO2,再迅速加入黃磷。通干燥CO2的作用是__________，通過控制K1、K2能除去A、B裝置中的空氣,具體的操作是________________________________。

(3)粗產品中常含有POCl3、PCl5等。加入黃磷加熱除去PCl5后,通過________(填實驗操作名稱),即可得到較純凈的PCl3。(4)通過下面方法可測定產品中PCl3的質量分數:①迅速稱取1.00g產品,加水反應后配成250mL溶液;②取以上溶液25.00mL,向其中加入淀粉作為指示劑③向其中加入0.1000mol·L-1碘水,充分反應，當達到終點時消耗碘水溶液6.9mL。已知:H3PO3+H2O+I2===H3PO4+2HI，假設測定過程中沒有其他反應。滴定時，滴定終點的現象是_________________________________，配制0.1000mol·L-1的碘水溶液的過程中，下列操作會使所得溶液濃度偏大的是___________A燒杯中溶液轉移至容量瓶中時，未洗滌燒杯B定容時俯視刻度線C定容時仰視刻度線D容量瓶未干燥E移液時有少量液體濺出F溶解碘時放熱，未冷卻至室溫就轉移至容量瓶并定容根據上述數據,該產品中PCl3的質量分數為________。21、合理處理燃氣中的H2S,不僅可資源化利用H2S,還可減少對大氣的污染。回答下列問題:(1)反應2H2S(g)=2H2(g)+S2(g)ΔH=+171.59kJ·mol-1,該反應可在____(填“低溫”“高溫”或“任何溫度”)下自發(fā)進行。

(2)利用H2S代替H2O通過熱化學循環(huán)可高效制取H2,原理如圖a所示:①“Bunsen反應”的離子方程式為________。

②已知鍵能E(I—I)=152.7kJ·mol-1,E(H—H)=436.0kJ·mol-1,E(H—I)=298.7kJ·mol-1,HI氣體分解為碘蒸氣和氫氣的熱化學方程式為________。

③上述循環(huán)過程總反應方程式為________。

(3)AhmedDahamWiheeb等介紹的一種燃料電池的裝置如圖b所示:通入O2的電極為________(填“正極”或“負極”),每消耗3.36L(標準狀況下)O2,理論上消耗H2S的質量為____。

(4)為探究H2S直接熱解[H2S(g)H2(g)+S2(g)],在一密閉容器中充入1molH2S與4molN2(N2不參與反應),維持總壓在101kPa下進行實驗,圖c是不同溫度下反應時間與H2S的轉化率的關系,圖d是平衡時氣體組成與溫度的關系。①圖c中溫度由高到低的順序是________。

②圖d中A點H2S的平衡轉化率為______,B點時反應的平衡常數Kp=____(已知≈10)。

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、D【詳解】A.1LpH=的鹽酸與1LPH=3的CH3COOH溶液中，氫離子的濃度為c(H+)=10-3mol/L,c(OH-)=10-11=c(H+)水，水電離出的H+數目均為10-11NA，故A正確；B.乙烯的分子式為C2H4,乙醇的分子式為C2H6O,所以0.1mol乙烯與乙醇的混合物中含碳原子數為0.2NA，故B正確；C.N2和O2都屬于雙原子分子，標準狀況下2.24L混合氣體是0.1mol，分子數為0.1NA，故C正確；D.因為H2+I2?2HI屬于可逆反應，反應前后物質的量不變，所以無論反應是否徹底，0.1molH2和0.1molI2充分反應后的分子總數為0.2NA，故D錯誤。答案：D。2、C【解析】S單質的氧化性比較弱，所以只能將金屬氧化為低價，所以將Au、Ag、Fe氧化為+1、+1、+2，轉化為Au2S、Ag2S、FeS，所以選項A、B、D有可能；S氧化Cu應該轉化為低價的Cu2S，選項C是不可能的。3、D【詳解】A、電池總反應是Zn＋H2SO4=ZnSO4＋H2↑，消耗H2SO4，c(H＋)降低，pH增大，A不符合題意；B、該裝置為電解池裝置，總反應是Cu＋2H2OCu(OH)2＋H2↑，消耗的H2O，c(OH－)增大，pH增大，B不符合題意；C、電解飽和食鹽水，總反應是2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑，c(OH－)增大，pH增大，C不符合題意；D、電解CuSO4溶液的總反應式2CuSO4＋2H2O2Cu＋O2↑＋2H2SO4，溶液中c(H＋)增大，pH降低，D符合題意。答案選D。4、D【詳解】A．碳元素有多種同位素，其中14C可用于考古斷代，A錯誤；B．同素異形體是指同一元素形成的性質不同的幾種單質，單晶硅屬于單質，石英是SiO2，故不互為同素異形體，B錯誤；C．同系物是指結構相似（即官能團的種類和數目分別相同），在組成上相差一個或若干個CH2原子團的一系列有機物，HCOOH含羧基和CH3OCHO含酯基，故不互為同系物，C錯誤；D．H與K均位于元素周期表ⅠA，故處于同一主族，D正確；故答案為：D。5、D【詳解】A．放電時，O2與Li+在多孔碳電極處反應，說明電池內，Li+向多孔碳電極移動，因為陽離子移向正極，所以多孔碳電極為正極，A錯誤；B．因為多孔碳電極為正極，外電路電子應該由鋰電極流向多孔碳電極（由負極流向正極），B錯誤；C．充電和放電時電池中離子的移動方向應該相反，放電時，Li+向多孔碳電極移動，充電時向鋰電極移動，C錯誤；D．根據圖示和上述分析，電池的正極反應是O2與Li+得電子轉化為Li2O2-X，電池的負極反應是單質Li失電子轉化為Li+，所以總反應為：2Li+（1—）O2＝Li2O2-X，充電的反應與放電的反應相反，所以為Li2O2-X＝2Li+（1—）O2，選項D正確；答案選D。6、B【解析】A.考查鋁及其化合物之間的相互轉化，Al2O3不能直接轉化為Al(OH)3，A錯誤；B.考查鐵及其化合物之間的相互轉化，B正確；C.考查硫及其化合物之間的相互轉化，S不能直接轉化為SO3，C錯誤；D.考查氮及其化合物之間的相互轉化，N2不能直接轉化為NO2，D錯誤。答案選B。7、C【解析】試題分析：由于向100mL溶液中加入過量NaOH溶液，加熱，得到0.02mol氣體，說明一定有NH4+，且物質的量為0.02mol；同時產生紅褐色沉淀，說明一定有Fe2+，1.6g固體為氧化鐵，n[Fe(OH)3)=1.6g÷160g/mol=0.01mol，根據Fe元素守恒，故有0.02molFe2+，由于Fe2+與CO32-會發(fā)生反應而不能大量共存，所以一定沒有CO32-；向上述濾液中加入足量BaCl2溶液，得到4.66g不溶于鹽酸的沉淀，4.66g不溶于鹽酸的沉淀為硫酸鋇，一定有SO42-，其物質的量為n(SO42-)=n(BaSO4)=4.66g÷233g/mol=0.02mol；根據電荷守恒，一定有Cl-，其物質的量至少是0.02mol×3+0.02×1-0.02mol×2=0.04mol，其物質的量濃度至少是c(Cl-)=0.04mol÷0.1L=0.4mol/L。A．溶液中至少存在離子為SO42-、Fe2+、NH4+、Cl-四種離子，錯誤；B．根據電荷守恒，至少存在0.04molCl-，即c(Cl-)≥0.4mol/L，錯誤；C．向原溶液中加入硫酸，若原溶液中含有NO3-，NO3-、H+、Fe2+會發(fā)生氧化還原反應，產生NO氣體，所以可能有氣體生成，正確。D．根據上述分析可知一定不含CO32-，但是Al3+、K+是否存在不能確定，錯誤?？键c：考查離子大量共存的知識。8、B【解析】A.Na2SiO3的水溶液俗稱為水玻璃，可以做木材防火劑，故A正確；B.小蘇打是NaHCO3，碳酸鈉俗名是蘇打，碳酸氫鈉用于制作發(fā)酵粉，故B錯誤；C.次氯酸鈣是漂白粉的有效成分，其中的ClO－具有強氧化性，能殺滅病毒，可做消毒劑，故C正確；D.Al(OH)3表現兩性，能與胃酸反應，可以做抗酸藥，故D正確。故選B。9、D【解析】A、SO2用于漂白紙漿是利用其漂白性，錯誤；B、NH4HCO3用作氮肥是因為其中含有氮元素，易被農作物吸收，錯誤；C、Fe2(SO4)3用作凈水劑是因為鐵離子水解生成氫氧化鐵膠體，吸附水中懸浮的雜質，錯誤；D、Al2O3熔點高，可用作耐高溫材料，正確；答案選D。10、A【詳解】A、在過氧化氫溶液中加入少量MnO2，MnO2具有催化作用，加快雙氧水的分解速率，故A正確；B、MnO2與濃鹽酸常溫下不反應，而且純化氯氣時應先用飽和食鹽水除去氯氣中的HCl，然后用濃硫酸干燥，故B錯誤；C、Fe（NO3）2樣品溶于稀H2SO4后，發(fā)生氧化還原反應生成鐵離子，不能判斷是否已氧化變質，正確的實驗方法：溶于水，滴加KSCN溶液，觀察溶液是否變紅，故C錯誤；D、隨著反應的進行，濃硫酸變?yōu)橄×蛩幔鳦u與稀硫酸不反應，反應后的混合物中一定含硫酸，所以應將反應后的混合物注入水中，順序不合理，故D錯誤；故選A?！军c睛】本題考查化學實驗方案的評價，把握物質的性質、混合物分離提純、沉淀生成、實驗技能為解答關鍵，易錯點C，3Fe2＋＋4H＋＋NO3－=3Fe3＋＋NO↑＋2H2O，注意實驗的隱含條件。11、A【詳解】①合金的硬度一般比它的各成分金屬的大，故①正確；②一般合金的熔點比它的各成分金屬的更低，故②正確；③改變原料的配比，改變生成合金的條件，可得到具有不同性能的合金，故③正確；④一般情況下，合金的導電性和導熱性低于任一組分金屬，故④錯誤；⑤由于合金的許多性能優(yōu)于純金屬，所以在應用材料中大多使用合金，故⑤正確；綜上所述，題目中①②③⑤正確，故本題應選A。12、A【分析】Na2O2與水反應生成NaOH和氧氣，故溶液中加入過氧化鈉會引入Na+和OH-，據此回答；【詳解】A．Na+、OH-、K＋、、Cl－、不反應，能大量共存，A滿足題意；B．OH-和銨根離子會反應而不能大量共存，B不滿足題意；C．Na2O2有強氧化性，能將Fe2＋氧化，且氫氧根離子和能反應，因而不能大量共存，C不滿足題意；D．Na2O2有強氧化性，能將氧化，不能大量共存，D不滿足題意；答案選A。13、A【詳解】A項、碳酸鈉的溶解度大于碳酸氫鈉，向飽和碳酸鈉溶液中通入足量的二氧化碳能析出碳酸氫鈉晶體，離子方程式為2Na＋＋CO32-＋CO2＋H2O=2NaHCO3↓，故A正確；B項、酸性溶液中不可能存在大量的氫氧根離子，故B錯誤；C項、二氧化硫具有還原性，次氯酸鈣具有氧化性，二氧化硫與次氯酸鈣溶液發(fā)生氧化還原反應，不是發(fā)生復分解反應，故C錯誤；D項、澄清石灰水是氫氧化鈣的飽和溶液，氫氧化鈣是強堿，在溶液中完全電離，書寫離子方程式時不能用化學式表示，應拆寫，故D錯誤；故選A?！军c睛】澄清石灰水是氫氧化鈣的飽和溶液，氫氧化鈣是強堿，在溶液中完全電離，書寫離子方程式時不能用化學式表示，應拆寫，石灰乳是氫氧化鈣懸濁液，書寫離子方程式時用化學式表示，不能拆寫。14、A【詳解】A、金剛石和金屬鈉形成的晶體分別是原子晶體和金屬晶體，熔化克服的作用力分別是共價鍵和金屬鍵，A正確；B、碘和干冰形成的晶體均是分子晶體，升華克服的是分子間作用力，B不正確；C、氯化鈉和氯化鈣形成的晶體均是離子晶體，熔化克服的是離子鍵，C不正確；D、氯化氫和溴化氫溶于水均電離出離子，克服的是共價鍵，D不正確。答案選A。15、D【解析】A．在FeCl3溶液中投入足量的Zn粉，最終能夠置換出鐵，離子方程式：2Fe3++3Zn═3Zn2++2Fe，故A錯誤；B．磁性氧化鐵(Fe3O4)溶于氫碘酸，溶解生成的鐵離子具有氧化性，能夠氧化碘離子，離子方程式為：2I-+Fe3O4+8H+=3Fe2++4H2O+I2，故B錯誤；C．Ca(ClO)2溶液中通入少量SO2，離子方程式：SO2+2ClO-+Ca2++H2O=CaSO4↓+Cl-+H++HClO，故C錯誤；D．NaHSO4溶液與Ba(OH)2溶液混合后呈中性，離子方程式：2H++SO42-+Ba2++2OH-═BaSO4↓+2H2O，故D正確；故選D。點睛：明確反應的實質，掌握離子方程式書寫的方法是解題關鍵。注意反應物用量對化學反應的影響，反應必須遵循客觀事實。本題的選項C為易錯點，容易忽視次氯酸根離子的氧化性。16、B【詳解】A．1個18O2分子中含有20個中子，標準狀況下，11.2L18O2的物質的量是0.5mol，則其中含有的中子數為10NA，A錯誤；B．乙烯分子式是C2H4，相對分子質量是28，7g乙烯的物質的量是0.25mol，則其中含有的C-H鍵的物質的量是1mol，其中含有的C-H鍵數目是NA，B正確；C．只有溶液濃度，缺少溶液體積，不能計算微粒數目，C錯誤；D．標準狀況下，N2H4不呈氣態(tài)，不能使用氣體摩爾體積計算，D錯誤；故合理選項是B。二、非選擇題（本題包括5小題）17、碳碳雙鍵、醛基消去反應+2Ag(NH3)2OH+2Ag↓+3NH3+H2O在堿性環(huán)境中氯原子可能水解10【解析】有機物C的分子式為C9H9OCl，分子中有一個苯環(huán)且苯環(huán)上只有一條側鏈，無甲基；一定條件下C能發(fā)生銀鏡反應，說明C中含有醛基，C的不飽和度==5，因為含有一個苯環(huán)，所以還含有一個醛基，C發(fā)生水解反應生成D，D發(fā)生銀鏡反應然后酸化得到E，E中含有醇羥基、羧基，所以能發(fā)生酯化反應生成I，I分子中含有一個八元環(huán)，則C結構簡式為，C發(fā)生氧化反應得到B，B為，B和乙醇發(fā)生酯化反應生成A，A結構簡式為；C發(fā)生消去反應生成F，F結構簡式為，G發(fā)生加聚反應生成H，H為；C發(fā)生取代反應生成D，D結構簡式為，D發(fā)生銀鏡反應然后酸化得到E，E為，E發(fā)生酯化反應生成含有一個八元環(huán)的I，I結構簡式為。(1)F為，官能團是碳碳雙鍵和醛基，C發(fā)生消去反應生成F，故答案為碳碳雙鍵、醛基；消去反應；(2)C為，I為，故答案為；；(3)D與銀氨溶液發(fā)生銀鏡反應，反應方程式為+2Ag(NH3)2OH+2Ag↓+3NH3+H2O，故答案為+2Ag(NH3)2OH+2Ag↓+3NH3+H2O；(4)在堿性條件下氯原子可能發(fā)生水解反應，所以可能B中不含氯原子，故答案為在堿性環(huán)境中氯原子可能水解；(5)D的一種同系物W(分子式為C8H8O2)有多種同分異構體，D結構簡式為，W結構簡式符合下列條件：①屬于芳香族化合物，說明含有苯環(huán)；②遇FeCl3溶液不變紫色，說明不含酚羥基；③能與NaOH溶液發(fā)生反應說明含有羧基或酯基，如果含有羧基和甲基，有鄰間對三種結構；如果只含亞甲基和羧基，有一種結構，為苯乙酸；如果含有酯基，可能是苯甲酸甲酯、甲酸苯甲酯、乙酸苯酯；如果含有酯基和甲基，有鄰間對三種結構，所以符合條件的有10種；其中核磁共振氫譜有4個峰且能發(fā)生銀鏡反應的結構簡式為，故答案為10；。點睛：本題考查有機物推斷，為高頻考點，側重考查學生分析推斷能力，正確判斷C結構簡式是解本題關鍵，根據反應條件結合某些物質分子式、結構進行推斷，難點是(5)同分異構體種類判斷，要考慮官能團異構、位置異構。18、C4H10O1-丁醇加成反應羥基2CH3(CH2)2CH2OH+O22CH3(CH2)2CHO+2H2OC15H22O32:19【分析】飽和一元醇A中氧的質量分數約為21.6%，則根據飽和一元醇的通式CnH2n+2O分析，該醇的分子式為C4H10O，根據其只有一個甲基分析，結構簡式為CH3CH2CH2CHO，根據轉化關系分析，B為CH3CH2CH2CHO，C為CH3CH2CH2CH=C(CH2CH3)CHO，結合D的相對分子質量為130分析，D的結構簡式為CH3CH2CH2CH2CH(CH2CH3)CH2OH?！驹斀狻?1)根據分析，A的分子式為C4H10O，其結構簡式為CH3CH2CH2CH2OH，名稱為1-丁醇；(2)C到D為碳碳雙鍵和碳氧雙鍵的加成反應；D的結構簡式為CH3CH2CH2CH2CH(CH2CH3)CH2OH，官能團為羥基；(3)第①步反應為醇變醛的過程，化學方程式為2CH3(CH2)2CH2OH+O22CH3(CH2)2CHO+2H2O；(4)E為CH3CH2CH2CH2CH(CH2CH3)CH2OH和水楊酸酯化反應生成的，根據質量守恒定律分析，反應生成酯和水，故E的分子式為C15H22O3；(5)1mol消耗2mol氫氧化鈉，消耗1mol碳酸氫鈉，故比例為2:1；(6)X是比水楊酸多一個碳原子的同系物。X的同分異構體中，與FeCl3發(fā)生顯色反應說明含有酚羥基，能發(fā)生水解反應，說明含有酯基，即連接的為-COOCH3，-CH2OOCH，-OOCCH3，與酚羥基都有鄰間對三種位置關系，所以符合下列條件的共9種；取代基在苯環(huán)的對位且能消耗3molNaOH的同分異構體說明酯基水解后生成酚羥基和羧基，其結構簡式是?！军c睛】掌握有機物的官能團的結構和性質，注意能和氫氧化鈉反應的官能團為酚羥基和羧基和酯基，能和碳酸氫鈉反應的官能團為羧基。能和金屬鈉反應的官能團為羥基或羧基。19、平衡氣壓，使?jié)恹}酸順利滴下；NaOH溶液在裝置A、B之間加裝盛有飽和食鹽水的洗氣瓶酸式CBD【分析】漂白粉的有效成分Ca(ClO)2具有強氧化性，和濃鹽酸在A中發(fā)生歸中反應產生Cl2，Cl2和K2MnO4在B中反應產生KMnO4，反應不完的Cl2用C吸收，據此解答?！驹斀狻?1)裝置A為恒壓分液漏斗，它的作用是平衡氣壓，使?jié)恹}酸順利滴下，C的作用是吸收反應不完的Cl2，可用NaOH溶液吸收，Ca(ClO)2和濃鹽酸在A中發(fā)生歸中反應產生Cl2，反應的化學方程式為Ca(ClO)2+4HCl=CaCl2+2Cl2↑+2H2O，故答案為：平衡氣壓，使?jié)恹}酸順利滴下；NaOH溶液；Ca(ClO)2+4HCl=CaCl2+2Cl2↑+2H2O；(2)錳酸鉀在濃強堿溶液中可穩(wěn)定存在，堿性減弱時易發(fā)生3MnO42-+2H2O=2MnO4-+MnO2↓+4OH-，一部分MnO42-轉化為了MnO2，導致最終KMnO4的產率低，而濃鹽酸易揮發(fā)，直接導致B中NaOH溶液的濃度減小，故改進措施是在裝置A、B之間加裝盛有飽和食鹽水的洗氣瓶吸收揮發(fā)出來的HCl，故答案為：在裝置A、B之間加裝盛有飽和食鹽水的洗氣瓶；(3)高錳酸鉀有強氧化性，強氧化性溶液加入酸式滴定管，滴定管的“0”刻度在上，規(guī)格為50.00mL的滴定管中實際的體積大于(50.00-15.00)mL，即大于35.00mL，故答案為：酸式；C；(4)設FeC2O4·2H2O的物質的量為xmol，Fe2(C2O4)3的物質的量為ymol，H2C2O4·2H2O的物質的量為zmol，步驟I中草酸根和Fe2+均被氧化，結合得失電子守恒有：2KMnO4~5H2C2O4(C2O42-)，KMnO4~5Fe2+，所以，步驟II中Fe2+被氧化，由KMnO4~5Fe2+可知，，聯立二個方程解得：z=2.5c(V1-3V2)×10-3，所以H2C2O4·2H2O的質量分數==。關于樣品組成分析如下：A．時，H2C2O4·2H2O的質量分數==0，樣品中不含H2C2O4·2H2O，由和可知，y≠0，樣品中含Fe2(C2O4)3雜質，A錯誤；B．越大，由H2C2O4·2H2O的質量分數表達式可知，其含量一定越大，B正確；C．Fe元素的物質的量=，若步驟I中KMnO4溶液不足，則步驟I中有一部分Fe2+沒有被氧化，不影響V2的大小，則不變，則對于測得Fe元素的含量無影響，C錯誤；D．結合C可知：若KMnO4溶液濃度偏低，則消耗KMnO4溶液的體積V1、V2均偏大，Fe元素的物質的量偏大，則測得樣品中Fe元素含量偏高，D正確；故答案為：；BD。20、濃H2SO4吸收多余的Cl2，防止空氣中的H2O和O2進入燒瓶中與白磷及PCl3反應排盡裝置中的空氣,防止白磷和PCl3與氧氣反應先將K1關閉，打開K2，等B中溶液上方充滿黃綠色氣體后，即說明排凈了空氣，再打開K1，關閉K2即可。蒸餾當滴入最后一滴碘水溶液時，溶液由無色變?yōu)樗{色，且半分鐘內不復原BF95%或94.9%【解析】（1）、PCl3遇水會強烈水解生成H3PO3和HCl，D中反應需要在無水條件下進行，而A中制得的氯氣中混有水蒸氣和HCl，通過B裝置時要干燥氯氣，故裝置B盛放濃硫酸，E裝置支管圓底燒瓶是收集生成的PCl3，考慮到PCl3的熔沸點較低，很容易揮發(fā)，結合冷水是降溫的，可知E中冷水的作用應該是冷凝PCl3，堿石灰有吸水和吸酸性氣體的作用，本實驗的尾氣氯氣有毒，對環(huán)境有污染，可被堿石灰吸收，同時還可以防止空氣中的水汽進入燒瓶內與PCl3反應；故答案為濃H2SO4；吸收多余的Cl2，防止空氣中的H2O和O2進入燒瓶中與白磷及PCl3反應。（2）、白磷遇氧氣會自燃，故要將裝置中的空氣排出，可通過通入CO2達到目的；為了除去A、B裝置中的空氣，可以通過控制K1、K2除去，具體的操作是：先將K1關閉，打開K2，等B中溶液上方充滿黃綠色氣體后，即說明排凈了空氣，再打開K1，關閉K2即可。故答案是：排盡裝置中的空氣，防止白磷和PCl3與氧氣反應；先將K1關閉，打開K2，等B中溶液上方充滿黃綠色氣體后，即說明排凈了空氣，再打開K1，關閉K2即可。（3）、由題中信息可知，POCl3和PCl3都是液體，熔沸點存在明顯的差異，除去PC13中混有的POCl3，可選擇蒸餾的方式進行分離，以得到純凈的PCl3，故答案是蒸餾。（4）、碘遇淀粉先藍色，用0.1000mol·L-1碘水滴定溶液中PCl3生成的H3PO3，當H3PO3反應完全時，溶液中的淀粉會變藍，所以答案是：當滴入最后一滴碘水溶液時，溶液由無色變?yōu)樗{色，且半分鐘內不復原。A、燒杯中溶液轉移至容量瓶中時，未洗滌燒杯，會造成溶質損失，則所配制的溶液濃度偏?。籅、定容時俯視刻度線，會造成溶液體積偏小，則所配制的溶液濃度偏大；C、定容時仰視刻度線，會造成溶液體積偏大，則所配制的溶液濃度偏??；D、容量瓶未干燥，殘留有少量的水，因后續(xù)定容還要加水，故對配制溶液無影響；E、移液時有少量液體濺出，會造成溶質損失，則所配制的溶液濃度偏??；F溶解碘時放熱，未冷卻至室溫就轉移