2026届北京海淀北方交大附中高三第二次调研化学试卷含解析

这是一份2026届北京海淀北方交大附中高三第二次调研化学试卷含解析，共32页。
2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。
4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。
一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、类比推理是化学中常用的思维方法。下列推理正确的是
A．lml晶体硅含Si-Si键的数目为2NA，则1ml金刚砂含C-Si键的数目也为2NA
B．Ca(HCO3)2溶液中加入过量的NaOH溶液，发生化学反应的方程式：
则Mg(HCO3)2溶液中加入过量的NaOH溶液，发生化学反应的方程式：
C．标准状况下，22.4 L CO2中所含的分子数目为NA个，则22.4 LCS2中所含的分子数目也为NA个
D．NaClO溶液中通人过量CO2发生了反应：，则Ca(ClO)2溶液中通入过量CO2发生了：
2、在体积都为1 L、pH都等于2的盐酸和醋酸溶液中，分别投入等量的锌粒。下图所示可能符合客观事实的是
A．B．
C．D．
3、已知硫酸亚铁溶液中加入过氧化钠时发生反应：4Fe2＋＋4Na2O2＋6H2O=4Fe(OH)3↓＋O2↑＋8Na＋，则下列说法正确的是
A．该反应中Fe2＋是还原剂，O2是还原产物
B．4 ml Na2O2在反应中共得到8NA个电子
C．每生成0.2 ml O2，则被Fe2＋还原的氧化剂为0.4 ml
D．反应过程中可以看到白色沉淀转化为灰绿色再转化为红褐色沉淀
4、硫酸铜分解产物受温度影响较大，现将硫酸铜在一定温度下分解，得到的气体产物可能含有SO2、SO3、O2，得到的固体产物可能含有CuO、Cu2O。已知Cu2O＋2H+=Cu＋Cu2+＋H2O，某学习小组对产物进行以下实验，下列有关说法正确的是
A．将气体通过BaCl2溶液产生白色沉淀，说明混合气体中含有SO3
B．将气体通过酸性高锰酸钾溶液，溶液褪色，说明混合气体中含有SO2与O2
C．固体产物中加稀硝酸溶解，溶液呈蓝色，说明固体产物中含有CuO
D．将气体依次通过饱和Na2SO3溶液、灼热的铜网、酸性高锰酸钾可以将气体依次吸收
5、在混合导体透氧膜反应器中一步同时制备氨合成气(N2、H2)和液体燃料合成气(CO、H2)，其工作原理如图所示，下列说法错误的是
A．膜I侧反应为： H2O+2e-=H2+O2- O2+4e-=2O2-
B．膜II侧相当于原电池的负极
C．膜II侧发生的反应为：CH4+O2--2e-=2H2+CO
D．膜II侧每消耗1mlCH4，膜I侧一定生成1ml H2
6、下列离子方程式正确的是（ ）
A．碳酸钙溶于醋酸：CaCO3＋2H+=Ca2+＋CO2↑＋H2O
B．向Ba(NO3)2溶液中通入SO2气体，出现白色沉淀：Ba2+＋SO2＋H2O=BaSO3↓＋2H+
C．将Ca(HCO3)2溶液与少量Ca(OH)2溶液混合：OH−＋Ca2+＋HCO=CaCO3↓＋H2O
D．往苯酚钠溶液中通入少量CO2：2＋CO2＋H2O2＋CO
7、下列指定反应的离子方程式正确的是（ ）
A．向苯酚钠溶液中通入少量CO2：2C6H5O－＋CO2＋H2O→2C6H5OH＋CO32-
B．向NaNO2溶液中滴加酸性KMnO4溶液：5NO2-＋2MnO4-＋3H2O=5NO3- ＋2Mn2＋＋6OH－
C．向AlCl3溶液中滴加过量氨水：Al3＋＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3NH4+
D．NaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液反应至中性：H＋＋SO42-＋Ba2＋＋OH－=BaSO4↓＋H2O
8、利用反应CCl4 +4NaC（金刚石）+4NaCl可实现人工合成金刚石。下列关于该反应的说法错误的是（ ）
A．C（金刚石）属于原子晶体
B．该反应利用了Na的强还原性
C．CCl4和C（金刚石）中的C的杂化方式相同
D．NaCl晶体中每个Cl－周围有8个Na＋
9、卤代烃C3H3Cl3的链状同分异构体（不含立体异构）共有
A．4种B．5种C．6种D．7种
10、下列除杂方案正确的是
A．AB．BC．CD．D
11、化学家创造的酸碱质子理论的要点是：凡能给出质子(H+)的分子或离子都是酸，凡能接受质子(H+)的分子或离子都是碱。按此观点，下列微粒既属于酸又属于碱的是
①H2O ②CO32- ③Al3+ ④CH3COOH ⑤NH4+⑥H2N-CH2COOH
A．②③B．①⑥C．④⑥D．⑤⑥
12、下列实验可以达到目的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
13、下列离子方程式正确的是
A．钠粒投入硫酸铜溶液中:2Na+Cu2+=Cu+2Na+
B．在硝酸铝溶液中滴加过量的烧碱溶液:Al3++4OH-=AlO2-+2H2O
C．向溴化亚铁溶液中滴加过量氯水:2Fe2++Cl2=2Fe3++2C1-
D．磁性氧化铁溶于足量的稀硝酸中：Fe3O4+8H+=2Fe3++Fe2++4H2O
14、一定温度下，在恒容密闭容器中发生反应：H2O（g）+CO（g）⇌CO2（g）+H2（g）。当H2O、CO、CO2、H2的浓度不再变化时，下列说法中，正确的是（ ）
A．该反应已达化学平衡状态B．H2O和CO全部转化为CO2和H2
C．正、逆反应速率相等且等于零D．H2O、CO、CO2、H2的浓度一定相等
15、在一个2L的密闭容器中,发生反应: 2SO3 (g) 2SO2 (g)+ O2 (g) — Q (Q>0)，其中SO3的物质的量随时间变化如图所示，下列判断错误的是
A．0～8min内v(SO3)=0.025ml/(L·min)
B．8min时，v逆(SO2)=2v正(O2)
C．8min时，容器内压强保持不变
D．若8min时将容器压缩为1L，n(SO3)的变化如图中a
16、下列有关实验现象和解释或结论都一定正确的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
二、非选择题（本题包括5小题）
17、烃A中碳、氢两种元素的质量比是24：5，G具有浓郁的香味。它们之间的转化关系如下（含有相同官能团的有机物通常具有相似的化学性质）：
请回答：
（1）化合物B所含的官能团的名称是___。
（2）D的结构简式是___。
（3）C+F→G的化学方程式是___。
（4）下列说法正确的是___。
A．在工业上，A→B的过程可以获得汽油等轻质油
B．有机物C与D都能与金属钠反应，C经氧化也可得到F
C．可以用碳酸钠溶液鉴别E、F、G
D．等质量的E、G混合物，无论以何比例混合，完全燃烧耗氧量相同
18、煤化工可制得甲醇．以下是合成聚合物M的路线图．
己知：①E、F均能发生银镜反应；②+RX+HX完成下列填空：
（1）关于甲醇说法错误的是______（选填序号）．
a．甲醇可发生取代、氧化、消去等反应 b． 甲醇可以产生CH3OCH3（乙醚）
c．甲醇有毒性，可使人双目失明 d．甲醇与乙醇属于同系物
（2）甲醇转化为E的化学方程式为______．
（3）C生成D的反应类型是______； 写出G的结构简式______．
（4）取1.08g A物质（式量108）与足量饱和溴水完全反应能生成2.66g白色沉淀，写出A的结构简式______．
19、下面是关于硫化氢的部分文献资料
资料：常温常压下，硫化氢(H2S)是一种无色气体，具有臭鸡蛋气味，饱和硫化氢溶液的物质的量浓度约为0.1ml·L－1。硫化氢剧毒，经粘膜吸收后危害中枢神经系统和呼吸系统，对心脏等多种器官造成损害。硫化氢的水溶液称氢硫酸(弱酸)，长期存放会变浑浊。硫化氢及氢硫酸发生的反应主要有：
2H2S+O2=2H2O+2S 2H2S+3O2=2H2O+2SO2
2H2S+SO2=2H2O+3S 2H2S+Cl2=2HCl+S↓
H2S=H2+S H2S+CuSO4=CuS↓+H2SO4
H2S+2NaOH=Na2S+2H2O H2S+NaOH=NaHS+H2O
……
某研究性学习小组对资料中“氢硫酸长期存放会变浑浊”这一记载十分感兴趣，为了探究其原因，他们分别做了如下实验：
实验一：将H2S气体溶于蒸馏水制成氢硫酸饱和溶液，在空气中放置1～2天未见浑浊现象。用相同浓度的碘水去滴定氢硫酸溶液测其浓度。图一所示为两只烧杯中氢硫酸浓度随时间变化而减小的情况。
实验二：密闭存放的氢硫酸，每天定时取1mL氢硫酸，用相同浓度的碘水滴定，图二所示为氢硫酸浓度随放置天数变化的情况。
实验三：在饱和氢硫酸溶液中以极慢的速度通入空气（1～2个气泡/min），数小时未见变浑浊的现象。
实验四：盛满试剂瓶，密闭存放的饱和氢硫酸溶液隔2～3天观察，直到略显浑浊；当把满瓶的氢硫酸倒扣在培养皿中观察2～3天，在溶液略显浑浊的同时，瓶底仅聚集有少量的气泡，随着时间的增加，这种气泡也略有增多（大），浑浊现象更明显些。请回答下列问题：
（1）实验一（见图一）中，氢硫酸的浓度随时间变化而减小的主要因素是_______________。
（2）实验一和实验二中，碘水与氢硫酸反应的化学方程式为_________________________。两个实验中准确判断碘水与氢硫酸恰好完全反应是实验成功的关键。请设计实验方案，使实验者准确掌握所加碘水恰好与氢硫酸完全反应___________________________________________________________________________。
（3）“氢硫酸长期存放会变浑浊”中，出现浑浊现象是由于生成了_____________的缘故。
（4）该研究性学习小组设计实验三，说明他们认为“氢硫酸长期存放会变浑浊”的假设原因之一是（用文字说明）__________________________________。此实验中通入空气的速度很慢的主要原因是什么？________________________________________________________。
（5）实验四的实验现象说明“氢硫酸长期存放会变浑浊”的主要原因可能是__________。为进一步证实上述原因的准确性，你认为还应做哪些实验（只需用文字说明实验设想，不需要回答实际步骤和设计实验方案）？_____________________________________。
20、 (一)碳酸镧可用于治疗终末期肾病患者的高磷酸盐血症，制备反应原理为：2LaCl3+6NH4HCO3═La2(CO3)3↓+6NH4Cl+3CO2↑+3H2O；某化学兴趣小组利用下列装置实验室中模拟制备碳酸镧。
(1)制备碳酸镧实验流程中导管从左向右的连接顺序为：F→_____→_____→_____→_____→_____；
(2)Y中发生反应的化学反应式为_______________；
(3)X中盛放的试剂是___________，其作用为___________________；
(4)Z中应先通入，后通入过量的，原因为__________________；是一种重要的稀土氢氧化物，它可由氟碳酸铈精矿(主要含)经如下流程获得：
已知：在酸性溶液中有强氧化性，回答下列问题：
(5)氧化焙烧生成的铈化合物二氧化铈()，其在酸浸时反应的离子方程式为_________________；
(6)已知有机物HT能将从水溶液中萃取出来，该过程可表示为：(水层)+(有机层) +(水层)从平衡角度解释：向(有机层)加入获得较纯的含的水溶液的原因是________________；
(7)已知298K时，Ksp[Ce(OH)3]=1×10-20，为了使溶液中沉淀完全，需调节pH至少为________；
(8)取某产品0.50g，加硫酸溶解后，用的溶液滴定至终点(铈被还原成)．(已知：的相对分子质量为208)
①溶液盛放在________(填“酸式”或“碱式”)滴定管中；
②根据下表实验数据计算产品的纯度____________；
③若用硫酸酸化后改用的溶液滴定产品从而测定产品的纯度，其它操作都正确，则测定的产品的纯度____________(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。
21、过渡元素有特殊性能常用于合金冶炼，p区元素用于农药医药、颜料和光电池等工业。
（l）量子力学把电子在原子核外的一种空间运动状态称为一个原子轨道，电子除空间运动状态外，还有一种运动状态叫作_______
（2）基态亚铜离子中电子占据的原子轨道数目为____。
（3）Cr3+可以与CN -形成配离子，其中Cr3+以d2sp3方式杂化，杂化轨道全部用来与CN -形成配位键，则Cr3+的配位数为 ______，1 ml该配离子中含有_______ mlσ键。
（4）单晶硅可由二氧化硅制得，二氧化硅晶体结构如图所示，在二氧化硅晶体中，Si、O原子所连接的最小环为____元环，则每个O原子连接________个最小环。
（5）与砷同周期的p区元素中第一电离能大于砷的元素有 ________（填元素符号）；请根据物质结构的知识比较酸性强弱亚砷酸（H3AsO3，三元酸）____HNO3（填>，=，n(HCl)=0.01 ml，锌和酸反应Zn+2H+=Zn2++H2↑，盐酸溶液中氢离子不足，醋酸溶液中存在电离平衡，平衡状态下的氢离子不足，但随着反应进行，醋酸又电离出氢离子进行反应，放出的氢气一定比盐酸多，开始时由于氢离子浓度相同，开始的反应速率相同，反应过程中醋酸溶液中的氢离子浓度始终比盐酸溶液中的氢离子浓度大，所以反应速率快；反应后，醋酸有剩余，导致醋酸溶液中pH小于盐酸溶液中；
A．由于醋酸会不断电离出H+，因此醋酸pH上升会比盐酸慢。虽然和同量的Zn反应，醋酸速率快，但是这是pH，不是氢气的量，所以pH上升醋酸慢，A错误；
B．反应开始氢离子浓度相同，反应速率相同。曲线从相同速率开始反应，但醋酸溶液中存在电离平衡，反应过程中醋酸溶液中的氢离子浓度始终比盐酸溶液中的氢离子浓度大，所以醋酸溶液反应过程中反应速率快，溶解的锌的量也比盐酸多，所以图象不符合题意，B错误；
C．产生氢气的量从0开始逐渐增多，最终由于醋酸电离平衡的存在，生成氢气的量比盐酸多，反应过程中氢离子浓度大于盐酸溶液中氢离子浓度，和同量锌反应速率快，若Zn少量产生的H2的量相同，锌过量则醋酸产生的氢气多，故图象符合Zn少量，C正确；
D．反应开始氢离子浓度相同，反应过程中醋酸存在电离平衡，醋酸溶液中的氢离子浓度始终比盐酸溶液中的氢离子浓度大，D错误；
故合理选项是C。
【点睛】
本题考查了图象法在化学反应速率的影响中的应用，关键是反应过程中溶液中的氢离子浓度大小的判断和一定量锌与氢离子反应的过量判断，注意弱电解质在溶液中存在电离平衡，弄清坐标系中横坐标、纵坐标的含义分析解答。
3、C
【解析】
A．该反应中Fe元素化合价由+2价变为+3价、O元素化合价由-1价变为0价和-2价，得电子化合价降低的反应物是氧化剂、失电子化合价升高的反应物是还原剂，氧化剂对应的产物是还原产物，所以Fe2+和的过氧化钠作还原剂，Fe(OH)3和O2是氧化产物，故A错误；
B．该反应中有4ml过氧化钠反应时有3ml过氧化钠得电子发生还原反应，有的过氧化钠作氧化剂，因此4 ml Na2O2在反应中共得到6NA个电子，故B错误；
C．根据方程式，生成0.2 ml O2，反应的Fe2+为0.8ml，被0.8ml Fe2+还原的氧化剂(Na2O2)的物质的量==0.4ml，故C正确；
D．该反应中有氧气生成，所以不能生成氢氧化亚铁沉淀，而是直接生成红褐色沉淀，故D错误；
故选C。
【点睛】
本题的易错点和难点为C，要注意该反应中有2种还原剂——Fe2+和的Na2O2，氧化剂是的Na2O2，不能根据方程式直接计算，要注意得失电子守恒计算。
4、B
【解析】
A.二氧化硫和氧气和氯化钡可以反应生成硫酸钡沉淀，所以不能说明混合气体中含有三氧化硫，故错误；
B.二氧化硫能使酸性高锰酸钾溶液褪色，说明混合气体含有二氧化硫，硫酸铜分解生成二氧化硫，硫元素化合价降低，应有元素化合价升高，所以产物肯定有氧气，故正确；
C.固体产物加入稀硝酸，氧化铜或氧化亚铜都可以生成硝酸铜，不能说明固体含有氧化铜，故错误；
D. 将气体通过饱和Na2SO3溶液，能吸收二氧化硫、三氧化硫，故错误。
故选B。
5、D
【解析】
A.膜I侧，H2O和O2在正极均发生还原反应，结合题图可写出其电极反应式为：H2O+2e-=H2+O2-、O2+4e-=2O2-，故A正确；
B.原电池中阴离子从正极向负极移动结合题图O2-的移动方向可知，膜I侧相当于原电池的正极，膜II侧相当于原电池的负极，故B正确；
C.膜II侧CH4发生氧化反应，其电极反应式为CH4+O2--2e-=2H2+CO，故C正确；
D.膜I侧发生的反应为：H2O+2e-=H2+O2-、O2+4e-=2O2-，膜II侧发生的反应为：CH4+O2--2e-=2H2+CO，膜II侧每消耗1mlCH4，膜I侧生成小于1mlH2，故D错误。
故选D。
6、C
【解析】
A. 醋酸是弱酸，离子方程式中不能拆，故A错误；
B. SO2通入Ba（NO3）2溶液中，二者发生氧化还原反应生成硫酸钡沉淀，正确的离子方程式为：3SO2+2NO3-+3Ba2++2H2O=3BaSO4↓+2NO↑+4H+，故B错误；
C. 将少量Ca(OH)2溶液滴入Ca（HCO3）2溶液中，Ca(OH)2 和Ca(HCO3)21:1反应，和离子方程式为：OH−＋Ca2+＋HCO=CaCO3↓＋H2O，故C正确；
D. 苯酚的酸性小于碳酸，所以往苯酚钠溶液中通入二氧化碳，可以得到碳酸氢钠和苯酚，故D错误；
正确答案是C项。
【点睛】
离子方程式过量不足的问题出现时，一定要注意以下几点：看原则：看是否符合客观事实、看是否符合质量守恒、看是否符合电荷守恒、看是否符合得失电子相等。可溶的易电离的物质拆成离子。注意过量、少量、适量等。
7、C
【解析】
A.因为酸性强弱关系为H2CO3>C6H5OH>HCO3-，所以即使通入过量的CO2也不会有CO32-生成：C6H5O－＋CO2＋H2O―→C6H5OH＋HCO3-。A项错误；
B.因为是酸性溶液，所以产物中不会有OH-生成，正确的反应方程式为5NO2- ＋2MnO4-＋6H+===5NO3- ＋2Mn2＋＋3H2O。B项错误；
C.Al(OH)3不能与氨水反应，所以该离子方程式是正确的，C项正确；
D.离子方程式不符合物质[Ba(OH)2]的组成，正确的离子方程式为2H＋＋SO42-＋Ba2＋＋2OH－===BaSO4 ↓＋2H2O。D项错误；答案选C。
【点睛】
离子方程式正误判断题中常见错误：(1)不能正确使用分子式与离子符号；(2)反应前后电荷不守恒；(3)得失电子不守恒；(4)反应原理不正确；(5)缺少必要的反应条件；(6)不符合物质的组成；(7)忽略反应物用量的影响等。
8、D
【解析】
A．金刚石晶体：每个C与另外4个C形成共价键，构成正四面体，向空间发展成网状结构，形成的晶体为原子晶体，故A正确；
B．该反应中Na由0价→ +1价，作还原剂将CCl4还原，故B正确；
C．CCl4和C(金刚石)中的C的杂化方式都是sp3杂化，故C正确；
D．NaCl晶体：每个Na＋同时吸引6个Cl－，每个Cl－同时吸引6个Na＋，配位数为6，故D错误；
故答案选D。
9、C
【解析】
由C3H3Cl3的不饱和度为3+1-=1可知碳链上有一个双键，C3H3Cl3的链状同分异构体相当于丙烯的三氯代物，采用定二移一的方法进行讨论。
【详解】
卤代烃C3H3Cl3的链状同分异构体中三个氯原子在一个碳原子的有一种：CH2=CH−CCl3；两个氯原子在一个碳原子上一个氯原子在另一个碳原子上的有四种：CCl2=CCl−CH3、CCl2=CH−CH2Cl、CHCl=CH−CHCl2、CH2=CCl−CHCl2；三个氯原子在三个碳原子上的有一种：CHCl=CCl−CH2Cl，共6种。
答案选C。
【点睛】
卤代烃的一氯代物就是看等效氢，二氯代物可以看作是一氯代物的一氯代物，三氯代物可以看作是二氯代物的一氯代物。
10、D
【解析】
A、除去CO2中混有SO2，常用饱和NaHCO3溶液，故A错误；
B、加入NaOH溶液，不仅Fe3＋能与NaOH反应，而且NH4＋也能与NaOH发生反应，故B错误；
C、除去Cl2中HCl，常用饱和NaCl溶液，不能用NaHCO3溶液，容易产生新的杂质CO2，故C错误；
D、SO3能溶于浓硫酸，SO2不溶于浓硫酸，因此可用浓硫酸除去SO2中混有SO3，故D正确；
答案为D。
11、B
【解析】
凡能给出质子（即H+）的分子或离子都是酸；凡能接受质子的分子或离子都是碱，则能给出质子且能接受质子的分子或离子既属于酸又属于碱，②③只能接受质子，所以属于碱；④⑤只能给出质子，属于酸，①⑥既能给出质子又能接受质子，所以既属于酸又属于碱；
故答案为B。
【点睛】
正确理解题给信息中酸碱概念是解本题关键，再结合微粒的性质解答，同时考查学生学以致用能力，题目难度不大。
12、D
【解析】
A、该实验体现的是浓硫酸的吸水性，选项A错误；
B、氨气为碱性气体，而P2O5是酸性氧化物，两者在潮湿的条件下可发生反应，选项B错误；
C、向饱和氯化铁溶液中滴加氨水将得到氢氧化铁沉淀，得不到胶体，选项C错误；
D、MgO粉末可促进铁离子水解生成氢氧化铁的沉淀，过滤后得到MgCl2溶液，选项D正确；
答案选D。
13、B
【解析】
A、钠粒投入硫酸铜溶液中，钠先与水反应:2Na+2H2O＋Cu2＋=Cu(OH)2+2Na＋＋H2↑，故A错误；B、在硝酸铝溶液中滴加过量的烧碱溶液，氢氧化铝具有两性，溶于过量的碱中:Al3++4OH-=AlO2-+2H2O，故B正确；C、向溴化亚铁溶液中滴加过量氯水，氯水能将溴离子和亚铁离子均氧化:2Fe2＋+4Br－＋3Cl2=2Fe3＋+6Cl－＋2Br2,故C错误；D、磁性氧化铁溶于足量的稀硝酸中，亚铁离子被氧化成铁离子：3Fe3O4+28H＋+NO3－=9Fe3＋+NO↑+14H2O，故D错误；故选B。
14、A
【解析】
A项、当H2O、CO、CO2、H2的浓度不再变化时，说明正逆反应速率相等，反应已达化学平衡状态，故A正确；
B项、可逆反应不可能完全反应，则H2O和CO反应不可能全部转化为CO2和H2，故B错误；
C项、化学平衡状态是动态平衡，正、逆反应速率相等且大于零，故C错误；
D项、平衡状态时H2O、CO、CO2、H2的浓度不变，不一定相等，故D错误；
故选A。
15、D
【解析】
A、0～8 min内v（SO3）==0.025ml/（L•min），选项A正确；
B、8min时，n(SO3)不再变化，说明反应已达平衡，v逆(SO2)= v正(SO2)=2v正(O2)，选项B正确；
C、8min时，n(SO3)不再变化，说明各组分浓度不再变化，容器内压强保持不变，选项C正确；
D、若8min时压缩容器体积时，平衡向气体体积减小的逆向移动，但纵坐标是指物质的量，不是浓度，SO3的变化曲线应为逐变不可突变，选项D错误；
答案选D。
【点睛】
本题考查了化学反应速率的求算、平衡常数、平衡状态的判断、平衡移动的图象分析，明确概念是解题的关键。
16、C
【解析】
A.若该钾盐是，可以得到完全一样的现象，A项错误；
B.溴可以将氧化成，证明氧化性，则还原性有，B项错误；
C.红棕色变深说明浓度增大，即平衡逆向移动，根据勒夏特列原理可知正反应放热，C项正确；
D.碳酸氢铵受热分解得到和，通入后浑浊不会消失，D项错误；
答案选C。
【点睛】
注意A项中注明了“无味”气体，如果没有注明无味气体，亚硫酸盐和亚硫酸氢盐与盐酸反应产生的也可以使澄清石灰水产生白色沉淀。
二、非选择题（本题包括5小题）
17、碳碳双键 CH3CH2CH2OH H3CH2COOH+CH3CHOHCH3CH3CH2COOCH（CH3）2+H2O CD
【解析】
烃A中碳、氢两种元素的质量比是24：5，则N（C）：N（H）=，应为C4H10，由生成物G的分子式可知C为CH3CHOHCH3，D为CH3CH2CH2OH，E为CH3CH2CHO，F为CH3CH2COOH，B为CH3CH=CH2，生成G为CH3CH2COOCH（CH3）2，以此解答该题。
【详解】
（1）B为CH3CH=CH2，含有的官能团为碳碳双键，故答案为：碳碳双键；
（2）D为CH3CH2CH2OH，故答案为：CH3CH2CH2OH；
（3） C+F→G的化学方程式是CH3CH2COOH+CH3CHOHCH3CH3CH2COOCH（CH3）2+H2O，
故答案为：CH3CH2COOH+CH3CHOHCH3CH3CH2COOCH（CH3）2+H2O；
（4）A.在工业上，A→B的过程为裂解，可获得乙烯等烯烃，而裂化可以获得汽油等轻质油，故A错误；
B.有机物C与D都能与金属钠反应，C经氧化生成丙酮，故B错误；
C.醛可溶于水，酸与碳酸钠反应，酯类不溶于水，则可以用碳酸钠溶液鉴别E、F、G，故C正确；
D.E、G的最简式相同，则等质量的E、G混合物，无论以何比例混合，完全燃烧耗氧量相同，故D正确；故答案为：CD。
18、a 2CH3OH+O22HCHO+2H2O 消去反应 HCOOCH3 ．
【解析】
一定条件下，氢气和一氧化碳反应生成甲醇，甲醇氧化生成E为甲醛，甲醛氧化得F为甲酸，甲酸与甲醇发生酯化得G为甲酸甲酯，甲醇和氢溴酸发生取代反应生成一溴甲烷，在催化剂条件下，一溴甲烷和和A反应生成B，B反应生成C，C反应生成D，根据A的分子式知，A中含有醇羟基和亚甲基或甲基和酚羟基，根据D的结构简式知，A中含有甲基和酚羟基，酚发生取代反应时取代位置为酚羟基的邻对位，根据D知，A是间甲基苯酚，间甲基苯酚和一溴甲烷反应生成B（2，5﹣二甲基苯酚），2，5﹣二甲基苯酚和氢气发生加成反应生成，发生消去反应生成，和丙烯发生加成反应生成M，M的结构简式为：，根据有机物的结构和性质分析解答。
【详解】
一定条件下，氢气和一氧化碳反应生成甲醇，甲醇氧化生成E为甲醛，甲醛氧化得F为甲酸，甲酸与甲醇发生酯化得G为甲酸甲酯，甲醇和氢溴酸发生取代反应生成一溴甲烷，在催化剂条件下，一溴甲烷和和A反应生成B，B反应生成C，C反应生成D，根据A的分子式知，A中含有醇羟基和亚甲基或甲基和酚羟基，根据D的结构简式知，A中含有甲基和酚羟基，酚发生取代反应时取代位置为酚羟基的邻对位，根据D知，A是间甲基苯酚，间甲基苯酚和一溴甲烷反应生成B（2，5﹣二甲基苯酚），2，5﹣二甲基苯酚和氢气发生加成反应生成，发生消去反应生成，和丙烯发生加成反应生成M，M的结构简式为：，
(1)a．甲醇可发生取代、氧化反应但不能发生消去，故a错误；
b．甲醇分子间脱水生成CH3OCH3，故b正确；
c．甲醇有毒性，可使人双目失明，故c正确；
d．甲醇与乙醇都有一个羟基，组成相关一个CH2；所以属于同系物，故d正确；
(2)甲醇转化为甲醛的化学方程式为 2CH3OH+O22HCHO+2H2O；
(3)根据上面的分析可知，C生成D的反应类型是：消去反应，G为甲酸甲酯，G的结构简式 HCOOCH3；
(4)取1.08g A物质(式量108)的物质的量==0.01ml，与足量饱和溴水完全反应能生成2.66g白色沉淀，根据碳原子守恒知，白色沉淀的物质的量是0.01ml，则白色沉淀的摩尔质量是266g/ml，A的式量和白色沉淀的式量相差158，则溴原子取代酚羟基的邻对位，所以A的结构简式为：。
19、硫化氢的挥发 H2S+I2=2HI+S↓ 向氢硫酸中加入淀粉液，滴加碘水到溶液刚好呈蓝色 S或硫 氢硫酸被空气中氧气氧化 防止因通入空气过快而使硫化氢大量挥发 硫化氢自身分解 确证生成的气体是氢气
【解析】
（1）因为硫化氢气体溶于水生成氢硫酸，所以氢硫酸具有一定的挥发性，且能被空气中的氧气氧化而生成硫。实验一（见图一）中，溶液未见浑浊，说明浓度的减小不是由被氧化引起的。
（2）实验一和实验二中，碘水与氢硫酸发生置换反应，生成硫和水。使实验者准确掌握所加碘水恰好与氢硫酸完全反应，应使用指示剂。
（3）“氢硫酸长期存放会变浑浊”中，出现的浑浊只能为硫引起。
（4）实验三中，氢硫酸溶液与空气接触，则是硫化氢与空气中氧气反应所致。此实验中通入空气的速度很慢，主要从硫化氢的挥发性考虑。
（5）实验四为密闭容器，与空气接触很少，所以应考虑分解。因为被氧化时，生成硫和水；分解时，生成硫和氢气，所以只需检验氢气的存在。
【详解】
（1）实验一（见图一）中，溶液未见浑浊，说明浓度的减小不是由被氧化引起，应由硫化氢的挥发引起。答案为：硫化氢的挥发；
（2）实验一和实验二中，碘水与氢硫酸发生置换反应，方程式为H2S+I2=2HI+S↓。实验者要想准确掌握所加碘水恰好与氢硫酸完全反应，应使用淀粉作指示剂，即向氢硫酸中加入淀粉液，滴加碘水到溶液刚好呈蓝色。答案为：H2S+I2=2HI+S↓；向氢硫酸中加入淀粉液，滴加碘水到溶液刚好呈蓝色；
（3）“氢硫酸长期存放会变浑浊”中，不管是氧化还是分解，出现的浑浊都只能为硫引起。答案为：S或硫；
（4）实验三中，氢硫酸溶液与空气接触，则是硫化氢与空气中氧气反应所致。此实验中通入空气的速度很慢，防止因通入空气过快而使硫化氢大量挥发。答案为：氢硫酸被空气中氧气氧化；防止因通入空气过快而使硫化氢大量挥发；
（5）实验四为密闭容器，与空气接触很少，所以应考虑硫化氢自身分解。因为被氧化时，生成硫和水；分解时，生成硫和氢气，所以只需检验氢气的存在。答案为：硫化氢自身分解；确证生成的气体是氢气。
【点睛】
实验三中，通入空气的速度很慢，我们在回答原因时，可能会借鉴以往的经验，认为通入空气的速度很慢，可以提高空气的利用率，从而偏离了命题人的意图。到目前为止，使用空气不需付费，显然不能从空气的利用率寻找答案，应另找原因。空气通入后，大部分会逸出，会引起硫化氢的挥发，从而造成硫化氢浓度的减小。
20、A B D E C NH3·H2O(浓)+CaO=Ca(OH)2+NH3↑ 溶液 吸收挥发的、同时生成 在水中溶解度大，在水中溶解度不大，碱性溶液吸收，可提高利用率 混合液中加硫酸导致氢离子浓度增大，平衡向生成水溶液方向移动 9 酸式 95.68% 偏低
【解析】
(一)根据制备的反应原理：2LaCl3+6NH4HCO3═La2(CO3)3↓+6NH4Cl+3CO2↑+3H2O，结合装置图可知，W中制备二氧化碳，Y中制备氨气，X是除去二氧化碳中HCl，在Z中制备碳酸镧，结合氨气的性质分析解答(1)～(4)；
(二)由实验流程可知，氟碳酸铈精矿(主要含CeFCO3)氧化焙烧生成CeO2，加酸溶解发生2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O，过滤分离出不溶物，含Ce3+的溶液进行萃取分离得到浓溶液，再与碱反应生成Ce(OH)3，将Ce(OH)3氧化可生成Ce(OH)4。据此结合氧化还原反应的规律、盐类水解和溶解积的计算分析解答(5)～(8)。
【详解】
(一)(1)由装置可知，W中制备二氧化碳，X除去HCl，Y中制备氨气，在Z中制备碳酸镧，则制备碳酸镧实验流程中导管从左向右的连接顺序为：F→A→B→D→E→C，故答案为A；B；D；E；C；
(2)Y中发生反应的化学反应式为NH3·H2O(浓)+CaO=Ca(OH)2+NH3↑，故答案为NH3·H2O(浓)+CaO=Ca(OH)2+NH3↑；
(3)X是除去二氧化碳中的氯化氢，需要盛放的试剂是NaHCO3溶液，其作用为吸收挥发的HCl、同时生成CO2，故答案为NaHCO3溶液；吸收挥发的HCl、同时生成CO2；
(4)Z中应先通入NH3，后通入过量的CO2，因为NH3在水中溶解度大，二氧化碳在水中溶解度不大，碱性溶液利用吸收二氧化碳，提高利用率，故答案为NH3在水中溶解度大，CO2在水中溶解度不大，碱性溶液吸收，可提高利用率；
(二)(5)氧化焙烧生成的铈化合物二氧化铈(CeO2)，其在酸浸时发生离子反应为2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O，故答案为2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O；
(6)向CeT3(有机层)加入H2SO4获得较纯的含Ce3+的水溶液的原因是混合液中加硫酸导致氢离子浓度增大，平衡向生成Ce3+水溶液方向移动，故答案为混合液中加硫酸导致氢离子浓度增大，平衡向生成Ce3+水溶液方向移动；
(7)已知298K时，Ksp[Ce(OH)3]=1×10-20，为了使溶液中Ce3+沉淀完全，c(OH-)==1×10-5ml/L，由Kw可知c(H+)=1×10-9ml/L，pH=-lgc(H+)=9，故答案为9；
(8)①FeSO4属于强酸弱碱盐，水解后溶液显酸性，则FeSO4溶液盛放在酸式滴定管中，故答案为酸式；
②由表格数据可知，第二次为25.30mL，误差较大应舍弃，FeSO4的物质的量为0.1000ml•L-1××0.001L/mL=0.0023ml，根据电子得失守恒可得关系式CeO2～FeSO4，由原子守恒可知Ce(OH)4的质量为0.0023×208g=0.4784g，则Ce(OH)4产品的纯度为×100%=95.68%，故答案为95.68%；
③改用0.1000ml•L-1的FeCl2溶液滴定产品从而测定Ce(OH)4产品的纯度，Ce4+有强氧化性，与Cl-发生氧化还原反应，由电子守恒计算的Ce(OH)4的物质的量及质量偏小，则测定的Ce(OH)4产品的纯度偏低，故答案为偏低。
21、自旋 14 6 12 12 6 Br、Kr < ××1010
【解析】
(1)对于一个微观体系，它的状态和由该状态所决定的各种物理性质可用波函数ψ表示，在原子或分子体系等体系中，将ψ称为原子轨道或分子轨道，求解薛定谔方程，ψ由主量子数n，角量子数l，磁量子数m决定，即ψ（n，l，m）为原子轨道，实验证明，除了轨道运动外，电子还有自旋运动，由自旋量子数决定；
(2)Cu原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，失去4s能级1个电子形成Cu+；
(3) Cr3+可以与CN−形成配离子，其中Cr3+以d2sp3方式杂化，杂化轨道全部用来与CN−形成配位键，即形成6个配位键，则Cr3+的配位数为6，形成配离子为[Cr(CN)6]3−，配位键属于σ键，CN−中含有1个σ键；
(4)在二氧化硅晶体，可以看作在晶体硅中每个Si-Si键之间连接O原子，晶体Si中每个Si原子形成4个Si-Si键，由图可知每2个Si-Si键可以形成2个六元环，而4个Si-Si键任意2个可以形成6种组合；
(5)与砷同周期的p 区元素中第一电离能大于砷的主族元素有Br和Kr；根据含氧酸中，酸的元数取决于羟基氢的个数，含非羟基氧原子个数越多，酸性越强；
(6)Zn、S的配位数相等，图中两种黑色球的数目均为4，则晶胞中Zn、S原子数目均为4，晶胞质量为4×g，晶体密度为pg/cm3，则晶胞边长x==cm，即晶胞边长为x=×1010pm，S原子与周围4个Zn原子形成正四面体结构，令S与Zn之间的距离为y，则正四面体中心到底面中心的距离为，正四面体的高为，正四面体棱长=，则正四面体侧面的高为×，底面中心到边的距离为××，故()2+(××)2=(×)2，整理得y=。
【详解】
(1)对于一个微观体系，它的状态和由该状态所决定的各种物理性质可用波函数ψ表示，在原子或分子体系等体系中，将ψ称为原子轨道或分子轨道，求解薛定谔方程ψ，由主量子数n，角量子数l，磁量子数m决定，即ψ(n，l，m)为原子轨道，实验证明，除了轨道运动外，电子还有自旋运动，由自旋量子数决定，所以电子除空间运动状态外，还有一种运动状态叫做自旋，
故答案为：自旋；
(2) Cu原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，失去4s能级1个电子形成Cu+，Cu+基态时电子排布式为1s22s22p63s23p63d10，其电子占据的14原子轨道；
(3) Cr3+可以与CN−形成配离子，其中Cr3+以d2sp3方式杂化，杂化轨道全部用来与CN−形成配位键，即形成6个配位键，则Cr3+的配位数为6，形成配离子为[Cr(CN)6]3−，配位键属于σ键，CN−中含有1个σ键，故1ml该配离子中含有12mlσ键；
(4) 在二氧化硅晶体，可以看作在晶体硅中每个Si−Si键之间连接O原子，晶体Si中每个Si原子形成4个Si−Si键，由图可知每2个Si−Si键可以形成2个六元环，而4个Si−Si键任意2个可以形成6种组合，则每个Si原子连接十二元环数目为6×2=12，每个O原子连接2个Si原子，每个Si原子和该O原子能形成3个最小环，所以每个O原子能形成6个最小环；
(5)As处于周期表中第4周期第ⅤA族，则其核外电子排布式为：[Ar]3d104s24p3，与砷同周期的p 区元素中第一电离能大于砷的主族元素有Br和Kr；根据含氧酸中，酸的元数取决于羟基氢的个数，含非羟基氧原子个数越多，酸性越强；亚砷酸（H3AsO3）中含有3个羟基氢，为三元酸，没有非羟基氧原子，HNO3为一元酸，含有一个羟基氢，含非羟基氧原子2个，所以酸性：H3AsO3< HNO3；
(6) Zn、S的配位数相等，图中两种黑色球的数目均为4，则晶胞中Zn、S原子数目均为4，晶胞质量为4×g，晶体密度为pg/cm3，则晶胞边长x==cm，即晶胞边长为x=×1010pm，S原子与周围4个Zn原子形成正四面体结构，令S与Zn之间的距离为y，则正四面体中心到底面中心的距离为，正四面体的高为，正四面体棱长=，则正四面体侧面的高为×，底面中心到边的距离为××，故()2+(××)2=(×)2，整理得y=，故S与Zn的距离为××1010 pm，
故答案为：××1010。
选项
被提纯的物质
杂质
除杂试剂
除杂方法
A
CO2（g）
SO2（g）
饱和NaHSO3溶液、浓H2SO4
洗气
B
NH4Cl（aq）
Fe3+（aq）
NaOH溶液
过滤
C
Cl2（g）
HCl（g）
饱和NaHCO3溶液、浓H2SO4
洗气
D
SO2（g）
SO3（g）
浓H2SO4
洗气
选项
实验目的
实验过程
A
探究浓硫酸的脱水性
向表面皿中加入少量胆矾，再加入约3mL浓硫酸，搅拌，观察实验现象
B
制取干燥的氨气
向生石灰中滴入浓氨水，将产生的气体通过装有P2O5的干燥管
C
制备氢氧化铁胶体
向饱和氯化铁溶液中滴加氨水
D
除去MgCl2溶液中少量FeCl3
向溶液中加入足量MgO粉末，充分搅拌后过滤
选项
实验操作
实验现象
解释或结论
A
某钾盐溶于盐酸后，产生无色无味气体，将其通入澄清石灰水
有白色沉淀出现
该钾盐是
B
将少量的溴水分别滴入溶液、溶液中，再分别滴加振荡
下层分别呈无色和紫红色
还原性：
C
将充满的密闭玻璃球浸泡在热水中
红棕色变深
反应的
D
将受热分解产生的气体通入某溶液
溶液变浑浊，继续通入该气体，浑浊消失
该溶液是溶液
滴定次数
溶液体积(mL)
滴定前读数
滴定后读数
第一次
0.50
23.60
第二次
1.00
26.30
第三次
1.20
24.10