2026届甘肃省张掖市高三第一次调研测试化学试卷（含答案解析）

这是一份2026届甘肃省张掖市高三第一次调研测试化学试卷（含答案解析），共8页。

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、已知蓄电池在充电时作电解池，放电时作原电池．如图是铅蓄电池的工作示意图，其反应原理为：PbO2+Pb+2H2SO42PbSO4+2H2O下列说法中错误的是( )
A．b电极放电后转化为c电极
B．电极a和d都发生还原反应
C．b的电极反应式：Pb+SO42﹣﹣2e-→PbSO4
D．放电后硫酸溶液的pH增大
2、利用如图装置探究铁在海水中的电化学防护，下列说法不正确的是
A．若X为锌棒，开关K置于M处，可减缓铁的腐蚀
B．若X为锌棒，开关K置于M处，铁电极的反应：Fe−2e− =Fe2+
C．若X为碳棒，开关K置于N处，可减缓铁的腐蚀
D．若X为碳棒，开关K置于N处，铁电极的反应：2H++2e−=H2↑
3、下列属于非电解质的是（ ）
A．FeB．CH4C．H2SO4D．NaNO3
4、工业上常用铁碳混合物处理含Cu2+废水获得金属铜。当保持铁屑和活性炭总质量不变时，测得废水中Cu2+浓度在不同铁碳质量比(x)条件下随时间变化的曲线如下图所示。
下列推论不合理的是
A．活性炭对Cu2+具有一定的吸附作用
B．铁屑和活性炭会在溶液中形成微电池，铁为负极
C．增大铁碳混合物中铁碳比(x)，一定会提高废水中Cu2+的去除速率
D．利用铁碳混合物回收含Cu2+废水中铜的反应原理：Fe+Cu2+＝Fe2++Cu
5、下列实验与对应的解释或结论正确的是( )
A．AB．BC．CD．D
6、金属钨用途广泛，H2还原WO3可得到钨，其总反应为：WO3+3H2W+3H2O，该总反应过程大致分为三个阶段，各阶段主要成分与温度的关系如表所示，假设WO3完全转化为W，则三个阶段消耗H2质量之比为
A．1：1：4B．1：1：3C．1：1：2D．1：1：1
7、X、Y、Z、R，W是原子序数依次递增的五种短周期主族元素，它们所在周期数之和为11。YZ气体遇空气变成红棕色，R的原子半径是五种元素中最大的，W与Z同主族。下列说法错误的是（ ）
A．简单离子的半径：Y＞X
B．气态氢化物的稳定性：Y＞W
C．X、Z和R形成强碱
D．最高价氧化物对应的水化物的酸性：W＞R
8、下列实验不能达到预期目的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
9、第三代混合动力车，可以用电动机、内燃机或二者结合推动车辆。汽车上坡或加速时，电动机提供推动力，降低汽油的消耗;在刹车或下坡时，电池处于充电状态，其电路工作原理如图所示。下列说法中正确的是

A．放电时甲为负极，充电时为阳极
B．电池充电时，OH—由甲侧向乙侧移动
C．放电时负极的电极反应式为:MHn—ne—＝M+nH+
D．汽车下坡时发生图中实线所示的过程
10、25℃时，向0.1ml/LCH3COOH溶液中逐渐加入NaOH固体，恢复至原温度后溶液中的关系如图所示(忽略溶液体积变化)。下列有关叙述不正确的是（ ）
A．CH3COOH的Ka=1.0×10-4.7
B．C点的溶液中：c(Na+)＞c(CH3COO-)＞c(OH-)＞c(H+)
C．B点的溶液中：c(Na+)＋c(H+)=c(CH3COOH)＋c(OH-)
D．A点的溶液中：c(CH3COO-)＋c(H+)＋c(CH3COOH)－c(OH-)=0.1ml/L
11、2019年4月25日，宣布北京大兴国际机场正式投运！该机场在建设过程中使用了当今世界机场多项尖端科技，被英国《卫报》评为“新世界七大奇迹”之首。化工行业在这座宏伟的超级工程中发挥了巨大作用，下列有关说法错误的是
A．青铜剑科技制造的第三代半导体芯片，其主要成分是SiO2
B．支撑航站楼的C形柱柱顶的多面体玻璃，属于硅酸盐材料
C．机场中的虚拟人像机器人“小兴”表面的塑料属于高分子聚合物
D．耦合式地源热泵系统，光伏发电系统及新能源汽车的使用，可以减轻温室效应及环境污染
12、10 mL浓度为1 ml·L－1的盐酸与过量的锌粉反应，若加入适量的下列溶液，能加快反应速率但又不影响氢气生成量的是
A．K2SO4B．CH3COONaC．CuSO4D．Na2CO3
13、如图所示，常温时将一滴管液体Y一次性全部挤到充满O2的锥形瓶内(装置气密性良好)，若锥形瓶内气体的最大物质的量是a ml，久置后其气体的物质的量是b ml，不存在a＞b关系的是( )
A．AB．BC．CD．D
14、四种短周期元素A、B、C、D在元素周期表中的相对位置如图所示，其中D形成的两种氧化物都是常见的大气污染物。下列有关判断不正确的是
A．A的简单氢化物是天然气的主要成分
B．元素A、B、C对应的含氧酸的钠盐水溶液不一定显碱性
C．单质B既可以与酸反应，又可以与碱反应，所以是两性单质
D．最高价氧化物对应的水化物的酸性：D>C
15、下列化学用语的表述正确的是( )
A．离子结构示意图：可以表示16O2－，也可以表示18O2－
B．比例模型：可以表示甲烷分子，也可以表示四氯化碳分子
C．氯化铵的电子式为
D．CO2的结构式为O—C—O
16、研究表明，雾霾中的无机颗粒主要是硫酸铵和硝酸铵，大气中的氨是雾霾的促进剂。减少氨排放的下列解决方案不可行的是( )
A．改变自然界氮循环途径，使其不产生氨B．加强对含氨废水的处理，降低氨气排放
C．采用氨法对烟气脱硝时，设置除氨设备D．增加使用生物有机肥料，减少使用化肥
二、非选择题（本题包括5小题）
17、某芳香烃X（分子式为C7H8）是一种重要的有机化工原料，研究部门以它为初始原料设计出如下转化关系图（部分产物、合成路线、反应条件略去）。其中A是一氯代物。
已知：
Ⅰ.
Ⅱ.(苯胺，易被氧化)
（1）写出：X→A的反应条件______；反应④的反应条件和反应试剂：______。
（2）E中含氧官能团的名称：______；反应②的类型是_______；反应②和③先后顺序不能颠倒的原因是_______。
（3）写出反应①的化学方程式：_______。
（4）有多种同分异构体，写出1种含有1个醛基和2个羟基且苯环上只有2种一氯取代物的芳香族化合物的结构简式：_______。
（5）写出由A 转化为的合成路线________。
(合成路线表示方法为：AB……目标产物)。
18、用于汽车刹车片的聚合物 Y 是一种聚酰胺纤维，合成路线如图：
已知：
（1）生成 A 的反应类型是_____。
（2）试剂 a 是_____。
（3）B 中所含的官能团的名称是_____。
（4）W、D 均为芳香化合物，分子中均只含两种不同化学环境的氢原子。
①F的结构简式是_____。
②生成聚合物 Y 的化学方程式是_____。
（5）Q 是 W 的同系物且相对分子质量比 W 大 14，则 Q 有______种，其中核磁共振氢谱有 4 组峰，且峰 面积比为 1：2：2：3 的为_____、_____（写结构简式）
（6）试写出由 1，3﹣丁二烯和乙炔为原料（无机试剂及催化剂任用）合成的合成路线。（用 结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件）。___________
19、过氧化钙是一种白色固体，微溶于冷水，不溶于乙醇，化学性质与过氧化钠类似。某学习小组设计在碱性环境中利用CaCl2与H2O2反应制取CaO2·8H2O，装置如图所示：
回答下列问题：
（1）小组同学查阅文献得知：该实验用质量分数为20%的H2O2溶液最为适宜。市售H2O2溶液的质量分数为30%。该小组同学用市售H2O2溶液配制约20%的H2O2溶液的过程中，使用的玻璃仪器除玻璃棒、胶头滴管外，还有___。
（2）仪器X的主要作用除导气外，还具有的作用是___。
（3）在冰水浴中进行的原因是___。
（4）实验时，在三颈烧瓶中析出CaO2·8H2O晶体，总反应的离子方程式为___。
（5）反应结束后，经过滤、洗涤、低温烘干获得CaO2·8H2O。下列试剂中，洗涤CaO2·8H2O的最佳选择是____。
A．无水乙醇 B．浓盐酸 C．Na2SO3溶液 D．CaCl2溶液
（6）若CaCl2原料中含有Fe3+杂质，Fe3+催化分解H2O2，会使H2O2的利用率明显降低。反应的机理为：
①Fe3+ +H2O2=Fe2++H++HOO·
②H2O2+X=Y +Z+W（已配平）
③Fe2++·OH=Fe3++OH-
④H+ +OH-=H2O
根据上述机理推导步骤②中的化学方程式为___。
（7）过氧化钙可用于长途运输鱼苗，这体现了过氧化钙具有____的性质。
A．与水缓慢反应供氧 B．能吸收鱼苗呼出的CO2气体
C．能是水体酸性增强 D．具有强氧化性，可杀菌灭藻
（8）将所得CaO2·8H2O晶体加热到150~160℃，完全脱水后得到过氧化钙样品。
该小组测定过氧化钙样品中CaO2的纯度的方法是：准确称取0.4000g过氧化钙样品，400℃以上加热至完全分解成CaO和O2(设杂质不产生气体)，得到33.60mL(已换算为标准状况)气体。
则：所得过氧化钙样品中CaO2的纯度为_____。
20、化锡(SnI4)是一种橙黄色结晶，熔点为 144.5℃，沸点为364℃，不溶于冷水，溶于醇、苯、氯仿、四氯化碳等，遇水易水解，常用作分析试剂和有机合成试剂。实验室制备四氯化锡的主要步骤如下：
步骤1：将一定量锡、碘和四氯化碳加入干燥的烧瓶中，烧瓶上安装如图装置Ⅰ和Ⅱ。
步骤2：缓慢加热烧瓶，待反应停止后，取下冷凝管，趁热迅速进行过滤除去未反应的锡。用热的四氯化碳洗涤漏斗上的残留物，合并滤液和洗液，用冰水浴冷却，减压过滤分离。
步骤3：滤下的母液蒸发浓缩后冷却，再回收晶体。
请回答下列问题
(1)图中装置II的仪器名称为___________，该装置的主要作用是____________。
(2)减压过滤的操作有①将含晶体的溶液倒入漏斗，②将滤纸放入漏斗并用水润湿，③微开水龙头，④开大水龙头，⑤关闭水龙头，⑥拆下橡皮管。正确的顺序是_______。
21、X、Y、Z、M、N、Q、P为元素周期表前四周期的7种元素。其中，X原子核外的M层中只有两对成对电子，Y原子核外的L层电子数是K层的两倍，Z是地壳内含量最高的元素，M的内层电子数是最外层电子数的9倍，N的原子序数比M小1，Q在元素周期表的各元素中电负性最大。P元素的第三电子层处于全充满状态，第四电子层只有一个电子。请回答下列问题：
(1)基态X的外围电子电子排布图为_____，P元素属于_____ 区元素。
(2)XZ2分子的空间构型是_____，YZ2分子中Y的杂化轨道类型为_____，相同条件下两者在水中的溶解度较大的是_____（写分子式），理由是_____。
(3)含有元素N的盐的焰色反应为____色，许多金属盐都可以发生焰色反应，其原因是___。
(4)元素M与元素Q形成晶体中，M离子与Q离子的配位数之比为_____。
(5)P单质形成的晶体中，P原子采取的堆积方式为_____，P原子采取这种堆积方式的空间利用率为_____（用含π表达式表示）。
参考答案
一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、B
【解析】
A．b是蓄电池负极，放电时负极反应为Pb+SO42﹣﹣2e﹣=PbSO4，b电极放电后转化为PbSO4电极，故A正确；
B．a是蓄电池的正极，a发生还原反应，d是电解池阳极，阳极发生氧化反应，d极发生氧化反应，故B错误；
C．b为蓄电池负极，负极反应式为：Pb+SO42﹣﹣2e﹣=PbSO4，故C正确；
D．放电时总反应为PbO2＋Pb＋2H2SO4=2PbSO4＋2H2O，消耗硫酸，氢离子浓度降低，溶液pH增大，故D正确；
选B。
2、B
【解析】
A、若X为锌棒，开关K置于M处，形成原电池，此时金属锌为负极，金属铁为正极，金属铁被保护，可减缓铁的腐蚀，故A正确；
B、若X为锌棒，开关K置于M处，形成原电池，此时金属锌为负极，金属铁为正极，氧气在该极发生还原反应，故B错误；
C、若X为碳棒，开关K置于N处，形成电解池，此时金属铁为阴极，铁被保护，可减缓铁的腐蚀，故C正确；
D、若X为碳棒，开关K置于N处，形成电解池，X极为阳极，发生氧化反应，铁电极为阴极，水电离的H+发生还原反应，电极反应式为2H++2e−=H2↑，故D正确。
故选B．
3、B
【解析】A．金属铁为单质，不是化合物，所以铁既不是电解质，也不是非电解质，故A错误；B．CH4是在水溶液和熔化状态下都不能导电的化合物，属于非电解质，故B正确；C．硫酸的水溶液能够导电，硫酸是电解质，故C错误；D．NaNO3属于离子化合物，其水溶液或在熔融状态下能够导电，属于电解质，故D错误；故选B。
点睛：抓住非电解质的特征水溶液中和熔融状态下都不能够导电的原因是自身不能电离是解题的关键，非电解质是水溶液中和熔融状态下都不能导电的化合物；电解质为水溶液中或熔融状态导电的化合物，无论电解质还是非电解质，都一定是化合物，单质、混合物一定不是电解质和非电解质，据此进行判断。
4、C
【解析】
A、由图可知纯的活性炭铜离子的浓度减小；
B、铁与活性炭形成原电池，铁比炭活泼；
C、由图可知纯铁时去除铜离子的速率，没铁碳比为2：1时的速率快；
D、利用铁碳混合物回收含Cu2+废水中铜的反应原理是铁与铜离子发生自发的氧化还原反应。
【详解】
A项，活性炭具有许多细小微孔，且表面积巨大，具有很强的吸附能力，由图像可知，Cu2+在纯活性炭中浓度减小，表明活性炭对Cu2+具有一定的吸附作用，故不选A项；
B项，铁屑和活性炭在溶液中形成微电池，其中铁具有较强的还原性，易失去电子形成Fe2+，发生氧化反应，因此铁作负极，故不选B项；
C项，由图像可知，随着铁碳混合物中铁含量的增加至x=2:1，Cu2+的去除速率逐渐增加；但当铁碳混合物变为纯铁屑时，Cu2+的去除速率降低。当铁碳混合物中铁的含量过大时，正极材料比例降低，铁碳在废液中形成的微电池数量减少，Cu2+的去除速率会降低，因此增大铁碳混合物中铁碳比（x），不一定会提高废水中Cu2+的去除速率，故选C项；
D项，在铁碳微电池中，碳所在电极发生还原反应，Cu2+得到电子生成铜单质；因此该微电池的总反应方程式为Fe+Cu2+＝Fe2++Cu，故不选D项。
综上所述，本题正确答案为C。
本题对电化学的原理和学生看图识的能力的考查，题目有利于培养学生的良好的科学素养，侧重于考查学生的分析、实验能力的考查，注意把握提给信息以及物质的性质，为解答该题的关键。
5、B
【解析】
A. 反应物浓度越大，反应速率越快，则解释与结论不正确，A项错误；
B. 钠会与无水乙醇反应产生氢气，则说明乙醇分子中羟基上的氢原子活泼，B项正确；
C. 动物油是高级脂肪酸甘油酯，在碱性条件下会水解生成高级脂肪酸纳，能发生皂化反应，但石蜡不会与氢氧化钠发生皂化反应，C项错误；
D. 电石与食盐水反应生成的乙炔气体含杂质如硫化氢等气体，所以通入酸性高锰酸钾溶液中能使紫色褪去的气体不一定是 乙炔，D项错误；
答案选B。
6、A
【解析】
由表中主要成分与温度关系可知，第一阶段反应为WO3与H2反应是W2O5，同时还生成H2O，反应方程式为：2WO3+H2W2O5+H2O，温度介于550℃～600℃，固体为W2O5、WO2的混合物；假定有2mlWO3，由2WO3+H2W2O5+H2O、W2O5+H22WO2+H2O、WO2+2H2W+2H2O可知，三个阶段消耗的氢气的物质的量之比为1ml：1ml：(2ml×2)=1：1：4，
答案选A。
7、C
【解析】
X、Y、Z、R、W是原子序数依次递增的五种短周期主族元素，YZ气体遇空气变成红棕色，则YZ为NO，故Y为N元素、Z为O元素；W与Z同主族，则W为S元素；R的原子半径是五种元素中最大的，R处于第三周期，可能为Na、Mg、Al、Si、P中的一种；五元素所在周期数之和为11，则X处于第一周期，故X为H元素。
【详解】
A．X、Y简单离子分别为H+(或H-)、N3-，电子层越多离子半径越大，故离子半径；N3-＞H+(或H-)，故A正确；
B．非金属性N＞S，故氢化物稳定性NH3＞H2S，故B正确；
C．X、Z和R可能形成NaOH、氢氧化镁、氢氧化铝、硅酸、磷酸等，故C错误；
D．W的非金属性比R的强，最高价氧化物对应的水化物的酸性：W＞R，故D正确。
故选：C。
本题的突破口为“YZ气体遇空气变成红棕色”，可知YZ为NO；本题中无法确定R代表的具体元素，但并不影响对选项的判断。
8、D
【解析】
A.温度不同时平衡常数不同，两个玻璃球中剩余的量不一样多，颜色也不一样，A项正确；
B.是白色沉淀，而是黑色沉淀，若沉淀的颜色改变则证明沉淀可以转化，B项正确；
C.苯酚的酸性强于，因此可以转化为苯酚钠，而苯酚钠是溶于水的，因此浊液变澄清，C项正确；
D.本身就可以和反应得到白色沉淀，因此本实验毫无意义，D项错误；
答案选D。
9、B
【解析】
A. 根据电解池的工作原理，充电时甲电极是阴极，放电时是原电池，甲是负极，故A错误；
B. 电池充电时是电解池的工作原理，电解池中的甲电极是阴极，阴极发生氢离子得电子的还原反应，乙是阳极，所以OH-由甲侧向乙侧移动，故B正确；
C. 放电时负极发生氧化反应，电极反应式为M-ne-+nH+=MHn，故C错误；
D. 汽车下坡时电池处于充电状态，发生图中虚线所示的过程，故D错误；
答案选B。
10、D
【解析】
A、CH3COOH的，取B点状态分析，=1，且c(H+)=1×10-4.7，所以Ka=1×10-4.7，故A不符合题意；
B、C点状态，溶液中含有CH3COONa、NaOH，故c(Na+)＞c(CH3COO-)，溶液呈碱性，c(OH-)＞c(H+)，pH=8.85，故此时c(CH3COO-)远大于c(OH-)，因此c(Na+)＞c(CH3COO-)＞c(OH-)＞c(H+)，故B不符合题意；
C、根据电荷平衡，c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，B点溶液中，c(CH3COO-)= c(CH3COOH)，所以c(Na+)+c(H+)=c(CH3COOH)+c(OH-)，故C不符合题意；
D、在溶液中c(CH3COO-)+ c(CH3COOH)=0.1ml/L，A点的溶液中，c(H+)> c(OH-)，c(CH3COO-)＋c(H+)＋c(CH3COOH)－c(OH-)>0.1ml/L，故D符合题意；
故答案为D。
11、A
【解析】
A. 第三代半导体芯片的主要成分不是SiO2，而是GaN，A项错误，符合题意；
B. 普通玻璃属于硅酸盐材料，B项正确，不符合题意；
C. 塑料属于高分子聚合物，C项正确，不符合题意；
D. 大兴国际机场是全国可再生能源使用比例最高的机场，耦合式地源热泵系统，可实现年节约1.81万吨标准煤，光伏发电系统每年可向电网提供600万千瓦时的绿色电力，相当于每年减排966吨CO2，并同步减少各类大气污染物排放，D项正确，不符合题意；
答案选A。
解答本题时需了解：第一代半导体材料主要是指硅（Si）、锗元素（Ge）半导体材料。第二代半导体材料主要是指化合物半导体材料，如砷化镓（GaAs）、锑化铟（InSb）；三元化合物半导体，如GaAsAl、GaAsP；还有一些固溶体半导体，如Ge-Si、GaAs-GaP；玻璃半导体（又称非晶态半导体），如非晶硅、玻璃态氧化物半导体；有机半导体，如酞菁、酞菁铜、聚丙烯腈等。第三代半导体材料主要以碳化硅（SiC）、氮化镓（GaN）、氧化锌（ZnO）、金刚石、氮化铝（AlN）为代表的宽禁带半导体材料。
12、C
【解析】
A. 加入K2SO4溶液相当于稀释稀盐酸，则溶液中的氢离子浓度减小，会减慢化学反应速率，不影响产生氢气的量，A项错误；
B. 加入CH3COONa溶液，溶液被稀释，且醋酸根与溶液中氢离子结合为醋酸分子，溶液中氢离子浓度降低，但提供的氢离子总量不变，故能减慢反应速率且又不影响氢气生成量，B项错误；
C. Zn可以置换出Cu，构成原电池，加快反应速率，因锌过量，故不影响产生氢气的量，C项正确；
D. 加入碳酸钠溶液，与盐酸反应使溶液中氢离子总量较小，化学反应速率减小，生成氢气的量减少，D项错误。
答案选C。
反应的实质为Zn+2H+═Zn2++H2↑，本题要注意的是Zn过量，加入硫酸铜后形成的原电池可加快化学反应速率，且不影响产生氢气的量。
13、C
【解析】
A.铁与稀盐酸反应放出氢气，久置后其气体的物质的量增大，故不选A；
B. Na2CO3粉末与稀H2SO4 反应放出二氧化碳气体，久置后其气体的物质的量增大，故不选B；
C. Fe、Al在浓硫酸中钝化，久置后其气体的物质的量不变，故选C
D. Cu与浓硝酸反应放出NO2气体，久置后其气体的物质的量增大，故不选D；答案选C。
14、C
【解析】
D形成的两种氧化物都是常见的大气污染物，D为S，A为C，B为Al，C为Si。
【详解】
A. A的简单氢化物是天然气的主要成分为甲烷，故A正确；
B. 元素草酸氢钠溶液显酸性，故B正确；
C. 单质B既可以与酸反应，又可以与碱反应，但不能叫两性单质，故C错误；
D. 最高价氧化物对应的水化物的酸性：H2SO4>H2SiO3，故D正确。
综上所述，答案为C。
同周期，从左到右，最高价氧化物对应的水化物酸性逐渐增强。
15、A
【解析】
A.由离子结构示意图可知表示为氧元素形成的离子，若中子数为8时，表示为16O2－，若中子数为10时，表示为18O2－，A项正确；
B.根据比例模型的原子半径可知，可以表示甲烷分子，Cl的原子半径大于C的原子半径，不可以表示四氯化碳分子，B项错误；
C.氯化铵的电子式为，C项错误；
D.CO2的结构式为O=C=O，D项错误；
答案选A。
16、A
【解析】
A.人类无法改变自然界氮循环途径，使其不产生氨，所以此方法不可行，A错误；
B.加强对含氨废水的处理，可以减少氨气的排放，方法可行，B正确；
C.采用氨法对烟气脱硝时，设置除氨设备，方法可行，C正确；
D.增加使用生物有机肥料，减少铵态氮肥的使用，能够减少氨气的排放，方法可行，D正确；
故合理选项是A。
二、非选择题（本题包括5小题）
17、光照 O2、Cu，加热 羧基 氧化 防止氨基被氧化（羧基不易被氧化，氨基容易被氧化） +HNO3(浓)+H2O 、
【解析】
分子式为芳香烃C7H8的不饱和度为：=4，则该芳香烃为甲苯（）；甲苯在光照条件下与氯气反应生成A，则A为；A生成B，且B能发生催化氧化，则B为、C为、D为、E为；发生硝化反应生成F，F通过题目提示的反应原理生成，以此解答。
【详解】
（1）甲苯在光照条件下与氯气反应生成A，反应条件是光照；B发生氧化反应生成C，条件是O2、Cu，加热；
（2）由分析可知E为，氧官能团的名称为：羧基；F是，②的方程式为：，该反应是氧化反应；苯胺易被氧化，所以②和③先后顺序不能颠倒，以免氨基被氧化（羧基不易被氧化，氨基容易被氧化）；
（3）发生硝化反应生成F，方程式为：+HNO3(浓)+H2O；
（4）含有1个醛基和2个羟基且苯环上只有2种一氯取代物的芳香族化合物应该是对称的结构，苯环上必须有3个取代基，可能的结构有、；
（5）由分析可知A为，通过加成反应和消去反应，生成，用Cl2加成生成，再进行一步取代反应即可，整个合成路线为：。
18、取代反应 浓硝酸、浓硫酸 氯原子、硝基 +(2n-1)H2O 10
【解析】
苯与氯气在氯化铁作催化剂条件下得到A是，A转化得到B，B与氨气在高压下得到，可知B→引入氨基，A→B引入硝基，则B中Cl原子被氨基取代生成，可推知B为，试剂a为浓硝酸、浓硫酸；还原得到D为；乙醇发生消去反应生成E为CH2＝CH2，乙烯发生信息中加成反应生成F为，W为芳香化合物，则X中也含有苯环，X发生氧化反应生成W，分子中均只含两种不同化学环境的氢原子，结合W的分子式，可知W为、则X为，W与D发生缩聚反应得到Y为。
（6）CH2＝CHCH＝CH2和HC≡CH发生加成反应生成，和溴发生加成反应生成，发生水解反应生成。
【详解】
（1）生成A是苯与氯气反应生成氯苯，反应类型是：取代反应，
故答案为：取代反应；
（2）A→B发生硝化反应，试剂a是：浓硝酸、浓硫酸，
故答案为：浓硝酸、浓硫酸；
（3）B为，所含的官能团是：氯原子、硝基，
故答案为：氯原子、硝基；
（4）①由分析可知，F的结构简式是：，
故答案为：；
②生成聚合物Y的化学方程式是：，
故答案为：；
（5）Q是W（）的同系物且相对分子质量比W大14，则Q含有苯环、2个羧基、比W多一个CH2原子团，有1个取代基为﹣CH（COOH）2；有2个取代基为﹣COOH、﹣CH2COOH，有邻、间、对3种；有3个取代基为2个﹣COOH与﹣CH3，2个﹣COOH有邻、间、对3种位置，对应的﹣CH3，分别有2种、3种、1种位置，故符合条件Q共有1+3+2+3+1＝10种，其中核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积比为1：2：2：3的为 、，
故答案为：10；、；
（6）CH2＝CHCH＝CH2和HC≡CH发生加成反应生成，和溴发生加成反应生成，发生水解反应生成，其合成路线为，
故答案为：。
本题考查有机物的推断与合成，充分利用转化中物质的结构、反应条件、反应信息进行分析，侧重考查学生分析推理能力，需要学生具备扎实的基础与灵活运用能力，熟练掌握官能团的性质与转化，是有机化学常考题型。
19、烧杯、量筒 防止三颈烧瓶中溶液发生倒吸 防止温度过高H2O2分解、有利于晶体析出 Ca2++H2O2+2NH3+8H2O=CaO2·8H2O↓+2NH4+ A HOO·+ H2O2=H2O + O2 +·OH ABD 54.00%
【解析】
配制一定质量分数的溶液需要的仪器，只需要从初中知识解答，
通入氨气后，从氨气的溶解性思考，
双氧水在冰水浴中，从双氧水的不稳定来理解，
根据原料和产物书写生成八水过氧化钙的离子方程式，
过氧化钙晶体的物理性质得出洗涤八水过氧化钙的试剂，
充分利用前后关系和双氧水分解生成水和氧气的知识得出中间产物即反应方程式，
利用关系式计算纯度。
【详解】
⑴配制约20%的H2O2溶液的过程中，使用的玻璃仪器除玻璃棒、胶头滴管、烧杯、量筒，
故答案为：烧杯、量筒；
⑵仪器X的主要作用除导气外，因为氨气极易溶于水，因此还具有防倒吸作用，
故答案为：防止三颈烧瓶中溶液发生倒吸；
⑶双氧水受热分解，因此在冰水浴中进行的原因是防止温度过高H2O2分解、有利于晶体析出，
故答案为：防止温度过高H2O2分解、有利于晶体析出，；
⑷实验时，在三颈烧瓶中析出CaO2·8H2O晶体，总反应的离子方程式为Ca2++H2O2+2NH3+ 8H2O =CaO2·8H2O↓+2NH4+，
故答案为：Ca2++H2O2+2NH3+8H2O=CaO2·8H2O↓+2NH4+；
⑸过氧化钙是一种白色固体，微溶于冷水，不溶于乙醇，因此洗涤CaO2·8H2O的最佳实际为无水乙醇，
故答案为：A；
⑹若CaCl2原料中含有Fe3+杂质，Fe3+催化分解H2O2变为氧气和水，根据前后联系，说明②中产物有氧气、水、和·OH，其化学方程式为：HOO·+ H2O2=H2O + O2 +·OH，
故答案为：HOO·+ H2O2=H2O + O2 +·OH；
⑺过氧化钙可用于长途运输鱼苗，鱼苗需要氧气，说明过氧化钙具有与水缓慢反应供氧，能吸收鱼苗呼出的二氧化碳气体和杀菌作用，
故答案为：ABD；
⑻将所得CaO2·8H2O晶体加热到150~160℃，完全脱水后得到过氧化钙样品。
该小组测定过氧化钙样品中CaO2的纯度的方法是：准确称取0.4000g过氧化钙样品，400℃以上加热至完全分解成CaO和O2(设杂质不产生气体)，得到33.60mL即物质的量为1.5×10-3 ml，。
2CaO2 = 2CaO + O2
根据关系得出n(CaO2) = 3×10-3 ml，
，
故答案为54.00%。
20、 (球形)干燥管 防止水蒸气进入装置使SnI4水解 ②③①④⑥⑤
【解析】
（1）根据仪器构造可得，根据SnI4易水解解析；
（2）按实验操作过程来进行排序。
【详解】
（1）图中装置II的仪器名称为(球形)干燥管，四碘化锡遇水易水解，装有无水CaCl2的干燥管可吸收空气中的水蒸气，防止空气中水蒸气进入反应器中，导致四碘化锡水解，该装置的主要作用是防止水蒸气进入装置使SnI4水解。故答案为：(球形)干燥管；防止水蒸气进入装置使SnI4水解；
（2）减压过滤的操作过程：②将滤纸放入漏斗并用水润湿，③微开水龙头，保证紧贴在漏斗底部①将含晶体的溶液倒入漏斗，④开大水龙头，⑥拆下橡皮管，防止水倒吸⑤关闭水龙头。正确的顺序是②③①④⑥⑤。故答案为：②③①④⑥⑤。
本题考查物质的分离、提纯，侧重于学生的分析能力、实验能力和评价能力的考查，注意把握物质的性质的异同，难点（2）注意熟练掌握实验过程，按实验操作过程来进行排序。
21、 ds V形 sp杂化 SO2 SO2为极性分子，CO2为非极性分子，H2O为极性溶剂，极性分子易溶于极性溶剂，故SO2的溶解度较大 紫 电子由较高能级跃迁到较低能级时，以光的形式释放能量 2：1 面心立方最密堆积
【解析】
X、Y、Z、M、N、Q、P为元素周期表前四周期的7种元素，X原子核外的M层中只有两对成对电子，核外电子排布应为1s22s22p63s23p4，X为S元素；Y原子核外的L层电子数是K层的两倍，Y有2个电子层，最外层电子数为4，则Y为C元素；Z是地壳内含量最高的元素，为O元素；M的内层电子数是最外层电子数的9倍，M只能处于第四周期，最外层电子数只能为2，内层电子总数为18，核外电子总数为20，M为Ca元素；N的原子序数比M小1，则N为K元素；Q在元素周期表的各元素中电负性最大，Q为F元素；P元素的第三电子层处于全充满状态，第四电子层只有一个电子，原子核外电子数=2+8+18+1=29，则P为Cu元素，据此解答。
【详解】
X为S元素，Y为C元素，Z为O元素，M为Ca元素，N为K元素，Q为F元素，P为Cu元素。
(1)X为S元素，元素在周期表中的位置是：第三周期ⅥA族，外围电子排布为3s23p4，它的外围电子的电子排布图为，P元素为Cu，属于ds区元素；
(2)SO2分子中S原子价层电子对数2+=3，S原子含有1对孤电子对，所以其立体结构是V形，CO2分子C原子呈2个σ键、没有孤电子对，C的杂化轨道类型为sp杂化，SO2为极性分子，CO2为非极性分子，H2O为极性溶剂，极性分子易溶于极性溶剂，故SO2的溶解度较大；
(3)含有K元素的盐的焰色反应为紫色，许多金属盐都可以发生焰色反应，其原因是电子由较高能级跃迁到较低能级时，以光的形式释放能量；
(4)元素M与Q分别为Ca和F，形成的晶体为CaF2，Ca2+作面心立方最密堆积，F-做四面体填隙，Ca2+的配位数为8，F-的配位数为4，所以M离子与Q离子的配位数之比为2：1；
(5)P为Cu，P单质形成的晶体中，原子采取的堆积方式为面心立方最密堆积，一个晶胞中有Cu的个数为8×个，设Cu的半径为r，则V球=4×=，根据几何关系，晶胞边长为a=2r，所以晶胞的体积V晶胞=a3=16r3，所以空间利用率为×100%。
本题是对物质结构的考查，涉及核外电子的排布、化学键、杂化方式与空间构型、分子结构与性质、晶胞计算等，(4)中注意利用均摊法计算晶胞的质量，涉及球、立方体的体积的计算等，难度中等。
选项
实验
解释或结论
A
2 mL 0.2ml L-1 H2C2O4(草酸)溶液
右侧试管中溶液紫色褪去慢，推知反应物浓度越大，反应速率越小
B
分别向盛有等量煤油、无水乙醇的两烧杯中加入大小相等的金属钠，对比观察现象
乙醇分子中羟基上的氢原子活泼
C
分别向盛有动物油、石蜡的两烧杯中加入足量烧碱溶液，充分加热，冷却
动物油、石蜡均能发生皂化反应
D
将电石与食盐水反应生成的气体，通入酸性高锰酸钾溶液中，观察溶液颜色变化
由溶液紫色褪去可知乙炔能发生氧化反应
温度（℃）
25℃～550℃～600℃～700℃
主要成分
WO3 W2O5 WO2 W
实验操作
实验目的
A
充满NO2的密闭玻璃球分别浸泡在冷、热水中
研究温度对化学平衡移动的影响
B
向盛有1mL硝酸银溶液的试管中滴加NaCl溶液，至不再有沉淀，再向其中滴加Na2S溶液
说明一种沉淀能转化为另一种溶解度更小的沉淀
C
苯酚和水的浊液中，加少量浓碳酸钠溶液
比较苯酚与碳酸氢钠的酸性
D
取少量溶液滴加Ca（OH）2溶液，观察是否出现白色浑浊
确定NaHCO3溶液中是否混有Na2CO3
X
Y
A
过量C、Fe碎屑
稀HCl
B
过量Na2CO3粉末
稀H2SO4
C
过量Fe、Al碎屑
浓H2SO4
D
过量Cu、CuO粉末
浓HNO3