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四川省字节精准教育联盟2026届高三上学期一模化学试题
一、单项选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合要求。
1．遂宁历史悠久，文化底蕴深厚。下列有关遂宁历史文物或工艺技术叙述正确的是
A．“大英井盐深钻汲制技艺”的钻井、汲卤、晒卤、滤卤、煎盐均有化学变化
B．千年古刹灵泉寺香火鼎盛，所用蜡烛的主要成分为石蜡，石蜡有固定的熔点
C．唐朝大历年间，遂洲出现用甘蔗制取冰糖的工艺，冰糖的主要成分是有机物
D．遂宁出土的国家一级文物“龙泉窑青釉荷叶盖罐”属于新型无机非金属材料
2．下列实验所选择的装置或操作正确的是
A．图1所示的装置可以实现用酒精提取溴水中的
B．图2所示的装置可实现NaCl溶液的结晶
C．图3所示的装置可用于除去乙烷中的乙烯
D．图4的装置可用来验证电石与水反应产生了乙炔
3．四川博物院，一个充满历史与文化底蕴的地方，收藏着无数珍贵的文物。以下文物中其主要成分不能与其他三项归为一类的是
A．云龙纹玉大带 B．东汉陶说唱俑
C．象首耳兽面纹铜罍 D．东汉杂技舞乐画像砖
4．实验室中下列操作规范或方法正确的是
A．制备乙酸乙酯 B．制备乙炔
C．干燥 D．实验室制备乙烯
A．A B．B C．C D．D
5．利用某分子筛作催化剂，NH3可脱除废气中的NO和NO2，生成两种无毒物质，其反应历程如图所示，下列说法不正确的是
A．X是N2和H2O
B．中含有极性共价键
C．中的质子数、电子数均相同
D．上述历程的总反应为
6．研究氮及其化合物的性质，可以有效改善人类的生存环境。氮元素化合价 — 物质类别关系如图所示，以下说法正确的是
A．物质A在一定条件下转化成N2，属于氮的固定
B．标准状况下，理论上44.8 L NO与33.6 L O2混合后溶于水可恰好转化成C
C．19.2 g铜与100 m L 12 mol / L的C溶液完全反应，可产生标准状况下33.6 L的B物质
D．铵盐受热都易分解成氨气，都能与碱反应放出氨
7．代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．1mol中含键的数目为
B．0.1mol中所含σ键总数为
C．标准状况下，2.24L环己烷所含共价键为
D．28g乙烯和环丁烷的混合物中含有的碳原子数目为
8．下列各组离子在指定情况下一定能大量共存的是
A．澄清透明溶液中：
B．加入铝粉能够产生氢气的溶液中：
C．含有大量的溶液中：
D．滴入酚酞显红色的溶液中：
9．工业上以粗盐(含Ca2＋、Mg2＋、SO等杂质)为主要原料，采用“侯氏制碱法”生产纯碱和化肥NH4Cl，实验室模拟工艺流程如图甲所示。下列说法正确的是
A．饱和食盐水中先通入的气体为CO2
B．流程图中的“系列操作”中一定需要使用玻璃棒
C．如图乙所示装置可以比较Na2CO3和NaHCO3晶体的热稳定性
D．对粗盐溶液除杂可依次加入过量Ba(NO3)2、NaOH、Na2CO3溶液，过滤后再加入盐酸调节溶液的pH
10．下列归纳推理正确的是
A．同种元素的质子数相同，则质子数相同的微观粒子一定属于同种元素
B．置换反应有单质参加，则有单质参加的化学反应一定是置换反应
C．常温下，碱溶液的pH大于7，则的溶液一定是碱性溶液
D．HCl、等酸都含氢元素，则含氢元素的化合物一定属于酸
11．镀锡铜箔中锡回收具有极高的价值。实验室回收并制备SnO2的流程如下图。下列说法错误的是
已知：“浸取”过程得到具有强还原性的Sn2+；“水解”制得Sn(OH)4沉淀。
A．向浸取液中分次加入镀锡铜箔，可减少铜粉覆盖反应物，提高浸取率
B．“氧化”过程使用的试剂X可以是H2O2
C．“滤液”经处理后可循环使用
D．“550℃”需要用到的仪器主要有：蒸发皿、酒精灯、玻璃棒
12．设NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．pH=2的硫酸溶液中H+的数目为0.02NA
B．标准状况下，11.2 L HF含有5NA个质子
C．1 mol C6H14中含有的键的数目为20NA
D．2 mol Na与O2反应生成Na2O和Na2O2的混合物，混合物中离子总数为3NA
13．我国科学家发现一种能用于“点击反应”的新分子，结构如图所示。X、Y、Z和W是原子序数依次增大的短周期主族元素，Y与Z是同一主族元素，M为地壳中含量最高的金属元素。下列说法不正确的是
A．第一电离能：W>Y>M B．简单离子半径：Z>X>Y
C．电负性：Y>W>M D．简单氢化物还原性：Z>W>Y
14．酚苷是酚羟基和糖的半缩醛羟基脱水缩合形成的苷类物质，是许多中药的有效成分。红花中的红花苷能显著提高耐氧能力，对缺乏氧性脑病有保护作用，其结构如下。下列有关该物质的说法正确的是
A．红花苷中存在醛基和酮羰基
B．红花苷不可能发生缩聚反应
C．红花苷中酚羟基和醇羟基的核磁共振氢谱的峰组数相同
D．糖的半缩醛中的原子均为杂化且都是手性碳原子
15．硝酸根是目前地表水和地下水中常见的污染物，在人体摄入后，会在还原性细菌作用下还原为亚硝酸盐进而对身体有害。利用Pd和Pd-In作催化剂可将其转化为氮气和铵根，转化过程如下：
下列说法错误的是
A．亚硝酸钠有毒，禁止用作任何食品防腐剂和护色剂
B．在催化剂表面反应的目的是使反应更迅速
C．反应过程中有非极性键的断裂和形成
D．1mol NO转化为NO转移2mol电子
二、非选择题：本题共4小题，共55分。其中16题13分，17—19 题各14分。
16．钾铬矾在鞣革、纺织等工业上有广泛的用途，可通过还原酸性重铬酸钾溶液制得，实验装置如图。已知的摩尔质量为998g/mol。
（1）B中反应装置名称为　 　。
（2）选用质量分数为70%的而不用98%的浓硫酸或稀硫酸的原因是　 　。
（3）写出B装置中析出晶体的化学方程式：　 　。
（4）B装置采用冰水浴目的是　 　，有同学认为可在B装置中同时加入少量乙醇降低产品的溶解度，便于析出，该方法不合理的原因是　 　。
（5）钾铬矾样品中铬含量的测定：三价铬在酸性溶液中，在硝酸银接触下，与过硫酸铵反应被氧化成六价铬。
反应为
取样品在酸性溶液中，加入硝酸银与过硫酸铵反应后，除去多余的硝酸银与过硫酸铵后，配成溶液，取25.00mL，用0.1000mol/L的溶液滴定至终点，消耗溶液(三次实验的平均值)。
取溶液的仪器为　 　，样品中铬的质量分数为　 　。若滴定时滴定管开始无气泡，滴定后有气泡则测出铬的质量分数　 　(填“偏低”“偏高”或“不变”)。
17．铍的氧化物广泛应用于原子能、航天、电子、陶瓷等领域，是重要的战略物资。利用绿柱石(主要化学成分为(，还含有一定量的FeO和)生产BeO的一种工艺流程如下。
回答问题：
（1）将写成氧化物形式　 　。
（2）中Be的化合价为　 　。
（3）粉碎的目的是　 　；残渣主要成分是　 　(填化学式)。
（4）该流程中能循环使用的物质是　 　(填化学式)。
（5）无水可用作聚合反应的催化剂。BeO、与足量C在600~800℃制备的化学方程式为　 　。
（6）沉铍时，将pH从8.0提高到8.5，则铍的损失降低至原来的　 　%。
18．一氧化碳是合成气和各类煤气的主要成分，是有机化工的重要原料，也可用作燃料及精炼金属的还原剂。回答下列问题：
（1）CO与、可以合成乙二醇，反应为。
已知：、乙二醇(l)的燃烧热分别为、。
则反应的　 　。
（2）工业合成光气的原理为 。一定条件下，在密闭容器中充入与合成，平衡时的转化率与温度的倒数、压强的关系如图所示：
①若该反应的　 　(填“>”或“＜”)0。
②图示中达到平衡所需要的时间最短的点是　 　(填“a点”“b点”或“c点”)。
（3）重整反应可获得合成气和，主要反应如下：
反应I：
反应II：
反应III：
一定温度下，起始时将和的混合气体充入某恒容密闭容器中，平衡时测得和的物质的量分数相等。
①平衡时甲烷的转化率为　 　。
②若起始压强为，则该温度下反应II的平衡常数　 　(为用分压表示的平衡常数，分压=总压物质的量分数，结果保留三位有效数字)。
（4）八羰基二钴主要用作有机化合物羰基化反应的催化剂，可由与在高温高压条件下直接合成。中碳原子是该配位化合物的配原子，其理由是　 　。
（5）研究人员开发出了不需要将溶解在水溶液中，而是通过采用多孔催化剂电极将转化为的电解池，工作原理如图1所示。为了使气体直接发生反应，需要在催化剂层内形成大量的由(气体)、(液体)、催化剂(固体)聚集而成的三相界面，如图2所示。
①阴极的电极反应式为　 　。
②标准状况下，二氧化碳按的气流速率通过该装置。电解后，测得选择性，理论上产生CO的物质的量为　 　mol。
19．甲磺司特(M)是一种在临床上治疗支气管哮喘、特应性皮炎和过敏性鼻炎等疾病的药物。M的一种合成路线如下(部分试剂和条件省略)。
回答下列问题：
（1）A的化学名称为　 　。
（2）的反应类型为　 　。
（3）D的结构简式为　 　。
（4）由F生成G的化学方程式为　 　。
（5）K与E反应生成L，新构筑官能团的名称为　 　。
（6）同时满足下列条件的I的同分异构体共有　 　种。
(a)核磁共振氢谱显示为4组峰，且峰面积比为；
(b)红外光谱中存在和硝基苯基()吸收峰。
其中，可以通过水解反应得到化合物H的同分异构体的结构简式为　 　。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】物理变化与化学变化的区别与联系；含硅矿物及材料的应用；无机化合物与有机化合物的概念
【解析】【解答】A．钻井、汲卤、晒卤、滤卤过程中都没有新物质生成，属于物理变化；而煎盐涉及加热，有新物质生成，属于化学变化，A错误；
B．石蜡中含有多种物质，属于混合物，混合物没有固定的熔点，B错误；
C．冰糖的主要成分是蔗糖，蔗糖属于有机物，C正确；
D．龙泉窑青釉荷叶盖罐属于传统无机非金属材料，而非新型无机非金属材料，D错误；
故答案为：C
【分析】A、煎盐的过程中涉及燃烧，燃烧为化学变化。
B、石蜡为混合物，混合物没有固定的熔点。
C、冰糖的成分为蔗糖，蔗糖属于有机物。
D、荷叶盖罐为陶瓷制品，属于无机非金属材料。
2．【答案】B
【知识点】乙烯的物理、化学性质；乙炔炔烃；蒸发和结晶、重结晶；分液和萃取
【解析】【解答】A．酒精与水互溶，不能用作水溶液的萃取剂，因此不能用酒精提取溴水中的Br2，A错误；
B．NaCl溶液蒸发结晶时，加热过程中用玻璃棒不断搅拌，防止局部过热造成液滴飞溅，加热至蒸发皿中晶体大部分结晶析出时，再停止加热，B正确；
C．酸性KMnO4可将乙烯氧化为CO2，使得乙烷中混有CO2，C错误；
D．电石中含有硫化物的杂质，与水反应可生成H2S，H2S也能使酸性KMnO4溶液褪色，该装置缺少除去H2S的试剂，因此无法验证乙炔的生成，D错误；
故答案为：B
【分析】A、酒精能与H2O互溶，因此酒精一般不做萃取剂。
B、结合蒸发结晶操作分析。
C、乙烯能被酸性KMnO4溶液氧化，生成CO2。
D、电石与H2O反应过程中生成H2S，H2S和乙炔都能使酸性KMnO4溶液褪色。
3．【答案】C
【知识点】化学科学的主要研究对象；合金及其应用
【解析】【解答】云龙纹玉大带、东汉陶说唱俑、东汉杂技舞乐画像砖主要成分是硅酸盐，属于无机非金属材料。而象首耳兽面纹铜罍主要成分为青铜，属于金属材料，A、B、D均不符合题意，C正确。
故答案为：C
【分析】云龙纹玉大带、东汉陶说唱俑、东汉杂技舞乐画像砖主要成分为硅酸盐；而象首耳兽面纹铜罍主要成分为青铜。
4．【答案】C
【知识点】浓硫酸的性质；乙炔炔烃；醇类简介；乙酸乙酯的制取
【解析】【解析】A、在乙酸乙酯制备实验中，产物需通入饱和Na2CO3溶液，其作用有三：①中和挥发的乙酸 ②溶解副产物乙醇 ③降低酯的溶解度。若改用NaOH溶液，会引发酯的水解反应（CH3COOCH2CH3 + NaOH → CH3COONa + CH3CH2OH），导致产率下降，A项错误。B、乙炔制备采用CaC2与H2O反应（CaC2 + 2H2O → Ca(OH)2 + C2H2↑），该反应剧烈放热。使用饱和食盐水可减缓反应速率，若直接用水会导致：①反应过快难以控制 ②可能引发爆沸危险，B项错误。
C、SO2干燥需注意：①作为酸性气体，不能用碱性干燥剂 ②浓硫酸具有吸水性且不与SO2反应 ③洗气瓶连接遵循"长管进短管出"原则，确保充分干燥，C项正确。
D、乙烯制备（CH3CH2OH CH2=CH2↑ + H2O）需满足：①浓H2SO4作催化剂 ②严格控制170℃（140℃会生成乙醚） ③必须加入碎瓷片防止暴沸 ④温度计水银球应浸入反应液，D项错误。
故答案为：C
【分析】A、乙酸乙酯能与NaOH溶液反应，需用饱和Na2CO3溶液。
B、电石与H2O的反应速率过快，不能使用启普发生根器。
C、SO2可用浓硫酸进行干燥。
D、乙醇制乙烯的反应温度为170℃，温度计水银球应放在溶液中。
5．【答案】C
【知识点】原子中的数量关系；共价键的形成及共价键的主要类型
【解析】【解答】A．由反应历程图可知，反应物为NH3、NO、NO2，最终生成无毒物质N2和H2O，因此X为N2和H2O，A正确；
B．中N原子与H原子通过共用电子对形成共价键，不同种元素形成的为极性共价键，B正确；
C．一个NH3分子的质子数为7+3=10，其电子数也是10；一个的质子数为7+4=11，其电子数为11-1=10；一个H2O分子的质子数为8+2=10，其电子数也是10，三者质子数不完全相同，C错误；
D．该反应中反应物为NH3、NO、NO2，生成物为N2和H2O，因此该反应的化学方程式为，D正确；
故答案为：C
【分析】A、根据图示反应原理图确定生成物的成分。
B、NH4+中N、H原子形成的是极性共价键。
C、在分子中，质子数与核外电子数相同；离子中的核外电子数需考虑得失电子。
D、根据反应原理图确定反应物和生成物，从而得到反应的化学方程式。
6．【答案】B
【知识点】氮的固定；铵盐；氮的氧化物的性质及其对环境的影响；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A．氮的固定是指将N2转化为氮的化合物的过程，因此A转化为N2不属于氮的固定，故A错误；
B．C是HNO3，NO与O2、H2O反应的化学方程式为4NO + 3O2 + 2H2O = 4HNO3。标准状况下，44.8 L NO的物质的量为2mol、33.6 L O2的物质的量为1.5mol，二者恰好完全反应生成HNO3，故B正确；
C．B为NO2、C为HNO3，19.2 g Cu的物质的量为0.3 mol，n(HNO3)=0.1 L×12 mol/L=1.2 mol。Cu与浓HNO3反应方程式为Cu + 4HNO3 (浓)=Cu(NO3)2 + 2NO2↑ + 2H2O，0.3 mol Cu需1.2 mol HNO3，但随着反应的进行，c(HNO3)减小，反应生成NO，故C错误；
D．NH4NO3受热分解可能生成N2、NO2等，不生成NH3，故D错误；
故答案为：B
【分析】A、氮的固定是指将游离态的氮转化为化合态的氮的过程。
B、NO、O2和H2O反应的化学方程式为4NO＋3O2＋2H2O=4HNO3，据此计算。
C、Cu与浓硝酸反应生成NO2，随着反应的进行，硝酸浓度减小，Cu与稀硝酸反应NO 。
D、NH4NO3受热分解，不生成NH3。
7．【答案】D
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；配合物的成键情况；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．SiO2晶体中每个Si原子与4个O原子形成4个Si-O键，因此1 mol SiO2含有4NA个Si-O键，选项A错误。B．在配合物K2[Cu(CN)4]中，每个CN-与Cu2+形成一个配位键（属于σ键），同时每个CN-内部含有1个σ键。因此1个K2[Cu(CN)4]分子总共含有4（配位键）+4（CN-内部σ键）=8个σ键。0.1 mol该配合物含有0.8NA个σ键，选项B错误。
C．标准状况下环己烷是液态物质，不能使用气体摩尔体积进行计算，因此无法确定其共价键数目，选项C错误。
D．乙烯（C2H4）和环丁烷（C4H8）的最简式都是CH2。28 g混合物相当于28 g "CH2"原子团，其物质的量为 mol，因此含有2NA个碳原子，选项D正确。
故答案为：D
【分析】A、一个SiO2中含有4个Si－O键。
B、一个三键中含有1个是σ键，配位键属于特殊的σ键。
C、标准状态下，环己烷不是气体。
D、乙烯和环丁烷的最简式都是CH2，据此进行计算。
8．【答案】D
【知识点】离子共存；二价铁离子和三价铁离子的检验
【解析】【解析】A、在酸性环境中，高锰酸根离子()会与氯离子()发生氧化还原反应，因此不能共存，A选项错误。B、在酸性条件下，亚铁离子()会与硝酸根离子()发生氧化还原反应；在碱性条件下，亚铁离子()会与氢氧根离子()生成沉淀，因此不能共存，B选项错误。
C、铁离子()会与碘离子()发生氧化还原反应，同时铁离子()还会与硫氰根离子()形成络合物，因此不能共存，C选项错误。
D、在碱性条件下，钠离子()、碳酸根离子()、氢氧根离子()和钾离子()之间不发生反应，可以共存，D选项正确。
故答案为：D
【分析】A、酸性条件下MnO4－能将Cl－氧化成Cl2。
B、加入铝粉能产生H2的溶液中含有大量的H＋或OH－。
C、Fe3＋能与SCN－形成络合物。
D、加入酚酞显红色的溶液含有大量的OH－。
9．【答案】B
【知识点】物质的分离与提纯；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质
【解析】【解答】A、在饱和食盐水中制备碳酸氢钠时，需依次通入氨气和二氧化碳。发生的化学反应为：。由于氨气在水中的溶解度远大于二氧化碳，因此应先通入氨气使溶液呈碱性，再通入二氧化碳以提高其溶解度。该操作顺序正确，A选项错误。B、从溶液中获取固体晶体的标准操作包括加热浓缩、冷却结晶和过滤。在这些步骤中，玻璃棒起着搅拌促进蒸发和引流转移液体的关键作用，B选项正确。
C、通过加热实验比较碳酸钠和碳酸氢钠的热稳定性时，应注意受热不分解，而易分解。正确的装置应为小试管盛放（间接加热），大试管盛放（直接加热）。题目中装置设置相反，C选项错误。
D、粗盐提纯过程中，除杂试剂的加入顺序应为：先加氯化钡除（不能用硝酸钡），再加氢氧化钠除Mg2+，最后用碳酸钠除Ca2+和过量Ba2+。过滤后需用盐酸调节pH以除去和，D选项错误。
故答案为：B
【分析】A、NH3极易溶于水中，因此需先通入NH3。
B、系列操作为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。
C、NaHCO3的不稳定，受热易分解，应置于小试管内。
D、加入Ba(NO3)2溶液，会引入NO3－。
10．【答案】C
【知识点】化学基本反应类型；溶液酸碱性的判断及相关计算；元素、核素；物质的简单分类
【解析】【解答】A．元素种类由原子核内质子数决定，因此同种元素的质子数必定相同。但需注意，质子数相同的微观粒子可能来自不同元素，例如N2分子（氮气）和CO分子（一氧化碳）的质子总数均为28，却属于不同物质，A项错误。B．单质参与的反应不一定是置换反应。以碳与氧气反应生成一氧化碳为例（化学方程式为），虽然存在化合价变化属于氧化还原反应，但不符合置换反应的定义，B项错误。
C．根据标准定义，pH>7的溶液呈碱性，pH<7的溶液呈酸性，C项正确。
D．含氢元素的化合物种类繁多，既可能是酸（如HCl），也可能是碱（如NaOH），还可能是其他类型化合物（如H2O），因此不能仅凭含氢元素判断物质类别，D项错误。
故答案为：C
【分析】A、质子数相同的原子属于同一种元素。
B、置换反应是指单质与化合物反应生成新的单质和新的化合物的反应。
C、pH＞7的溶液也可能是盐溶液。
D、含有氢元素的化合物也可能是碱或盐。
11．【答案】D
【知识点】盐类水解的应用；过氧化氢；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A．加入CuSO4溶液时发生反应Cu2++Sn=Sn2++Cu，分次加入镀锡铜箔，可减少铜粉覆盖反应物，提高浸取率，A正确；
B．加入试剂X将Sn2+氧化为Sn4+，因此试剂X可以是，B正确；
C．Sn(SO4)2水解生成Sn(OH)4沉淀和硫酸，因此滤液的成分为硫酸，硫酸可返回浸取工序中循环使用，C正确；
D．高温焙烧Sn(OH)4得到SnO2，条件是550℃，固体的灼烧应该用坩埚，蒸发皿用于溶液的蒸发结晶，D错误；
故答案为：D
【分析】A、分次加入可减少铜粉覆盖，提高浸取率。
B、氧化过程中将Sn2＋氧化成Sn4＋，试剂X为氧化剂。
C、“滤液”中的成分为H2SO4，可在“浸取”工序中循环使用。
D、固体的加热应使用坩埚，不能用蒸发皿。
12．【答案】D
【知识点】气体摩尔体积；物质的量的相关计算
【解析】【解析】A．硫酸溶液的pH=2时，氢离子浓度c(H+)=0.01 mol/L，但由于题目未给出溶液体积，无法计算氢离子的具体数目，选项A错误。B．在标准状况下，HF（氟化氢）是液态物质，11.2 L HF的物质的量无法直接确定，因此其质子数目也无法计算，选项B错误。
C．对于1 mol C6H14（己烷），每个分子中含有19个σ键（包括5个C-C键和14个C-H键），因此总的σ键数目应为19NA，选项C错误。
D．当2 mol Na完全反应生成Na2O和Na2O2的混合物时，无论两者的比例如何，总离子数都是3NA（包含2 mol Na+和1 mol O2-或），选项D正确。
故答案为：D
【分析】A、溶液的体积未知，无法计算溶液中的H＋数目。
B、标准状态下HF不是气体，不能应用气体摩尔体积进行计算。
C、一个C6H14分子中含有5个C－Cσ键和14个C－Hσ键。
D、Na2O和Na2O2中阴阳离子的个数比都是1：2，结合Na原子守恒进行计算。
13．【答案】A
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】A．同一周期元素，核电荷数越大，第一电离能越大。O的第一电离能大于Cl，第一电离能：O>Cl>Al，A错误；
B．电子层数越多。离子半径越大；电子层数相同时，核电荷数越大，离子半径越小。因此简单离子半径大小关系为：S2->N3->O2-，B正确；
C．非金属性越强，其电负性越大，因此电负性：O>Cl>Al，C正确；
D．元素的非金属性越强，则其简单氢化物的还原性越弱。由于非金属性Y(O)>W(Cl)>Z(S)，因此简单氢化物还原性：H2S>HCl>H2O，D正确；
故答案为：A
【分析】M为地壳中含量最高的金属元素，因此M为Al。X可形成三个共价键，其最外层电子数为5，因此X为N。Y可形成2个共价键，则其最外层电子数为6，因此Y为O。Y与Z同主族，所以Z为S。W形成一个共价键，其最外层电子数为7，因此W为Cl。据此结合元素周期律分析选项。
14．【答案】C
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；有机物中的官能团；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A．由红花苷的结构简式可知，红花苷结构中含酮羰基，但无醛基（-CHO），A错误；
B．红花苷含多个酚羟基和醇羟基，酚羟基可与醛类物质发生缩聚反应，B错误；
C．红花苷中含有4个酚羟基，且酚羟基所处化学环境不同；红花苷中含有4个醇羟基，且醇羟基所处化学环境也不同，因此二者核磁共振氢谱峰组数相同，C正确；
D．糖的半缩醛的结构为，其中C原子均形成四个单键，碳原子采用sp3杂化。其中-CH2OH中的碳原子不是手性碳原子，D错误；
故答案为：C
【分析】A、根据红花苷的结构简式确定其所含的官能团。
B、红花苷中含有酚羟基，能与-CHO发生缩聚反应。
C、根据红花苷中酚羟基和醇羟基的个数和结构的对称性分析。
D、形成单键的碳原子采用sp3杂化；连接有4个不同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子。
15．【答案】A
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；化学反应速率的影响因素；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解析】A、亚硝酸钠（NaNO2）虽然具有毒性，但在食品添加剂中允许以严格限量标准作为防腐剂和发色剂使用，选项错误。B、催化剂通过降低反应的活化能（Ea）来加速化学反应速率，在催化剂表面进行反应的主要目的就是提高反应效率，选项正确。
C、在反应过程中，氢气（H2）参与反应时会断裂H-H非极性共价键；当氮气（N2）生成时，会形成N≡N非极性三键，选项正确。
D、硝酸根离子（NO）中氮元素为+5价，亚硝酸根离子（NO）中氮元素为+3价，每1mol NO转化为NO时转移电子数为2mol（计算式：1mol×(5-3)=2mol），选项正确。
故答案为：A
【分析】A、NaNO2可用作食品添加剂，但需严格按照标准使用。
B、催化剂通过降低反应所需的活化能，从而加快反应速率。
C、反应过程中H2断裂H－H，同时生成N2。
D、根据反应过程中N元素化合价的变化计算转移电子数。
16．【答案】（1）三颈烧瓶
（2）的浓硫酸浓度小，反应速率慢；易溶于水，稀硫酸太稀，不利于放出
（3）
（4）降温利于结晶；乙醇会与酸性重铬酸钾溶液反应
（5）酸式滴定管；；偏低
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；二氧化硫的性质；中和滴定；探究物质的组成或测量物质的含量
【解析】【解答】（1）根据装置图，B仪器名称为三颈烧瓶。
故答案为：三颈烧瓶
（2）选用质量分数为的而不用的浓硫酸或稀硫酸的原因是的浓硫酸浓度小，反应速率慢；易溶于水，稀硫酸太稀水太多，不利于放出。
故答案为：的浓硫酸浓度小，反应速率慢；易溶于水，稀硫酸太稀，不利于放出
（3）装置B中二氧化硫和反应，析出晶体，化学方程式为。
故答案为：
（4）B装置采用冰水浴降温的目的是：降低产品的溶解度利于结晶。乙醇有还原性会与酸性重铬酸钾溶液反应。
故答案为：降温利于结晶；乙醇会与酸性重铬酸钾溶液反应。
（5）溶液水解显酸性，所以滴定管为酸式滴定管；根据得失电子守恒，存在，有，消耗溶液30mL，消耗的的物质的量，因此样品中含有的物质的量，样品中铬的质量分数。
故答案：为；滴定时开始无气泡，后有气泡会使消耗的标准液体积减小，质量分数偏低
【分析】（1）根据图示仪器确定其名称。
（2）98%的浓硫酸中c(H＋)较小，反应速率较慢；稀硫酸浓度低，不利于SO2的逸出。
（3）装置B中K2Cr2O7与SO2、H2SO4反应生成K2SO4·Cr2(SO4)3·24H2O，结合得失电子守恒、原子守恒书写反应的化学方程式。
（4）通过冰水浴降温，有利于晶体的结晶析出。加入的乙醇，能与酸性K2Cr2O7溶液反应。
（5）FeSO4溶液显酸性，应用酸式滴定管盛装。根据关系式“Cr3＋～H2CrO4～3FeSO4”进行计算。滴定开始时无气泡，滴定终点气泡消失，则使得消耗标准液的体积偏小，据此确定误差。
（1）根据装置图，B仪器名称为三颈烧瓶。
（2）选用质量分数为的而不用的浓硫酸或稀硫酸的原因是的浓硫酸浓度小，反应速率慢；易溶于水，稀硫酸太稀水太多，不利于放出。
（3）装置B中二氧化硫和反应，析出晶体，化学方程式为。
（4）B装置采用冰水浴降温的目的是：降低产品的溶解度利于结晶。乙醇有还原性会与酸性重铬酸钾溶液反应，故答案为：降温利于结晶；乙醇会与酸性重铬酸钾溶液反应。
（5）溶液水解显酸性，所以滴定管为酸式滴定管；根据得失电子守恒，存在，有，消耗溶液30mL，消耗的的物质的量，因此样品中含有的物质的量，样品中铬的质量分数，故答案为；滴定时开始无气泡，后有气泡会使消耗的标准液体积减小，质量分数偏低。
17．【答案】（1）3BeO·Al2O3·6SiO2
（2）+2
（3）增大反应物的接触面积加快反应速率，提高浸取率；SiO2
（4）(NH4)2SO4
（5）BeO+Cl2+CCO+BeCl2
（6）10
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）将硅酸盐改写成氧化物形式，先写金属氧化物，再写二氧化硅，最后写非金属氧化物，则写成氧化物形式为3BeO·Al2O3·6SiO2。
故答案为：3BeO·Al2O3·6SiO2
（2）根据化合物中元素正、负化合价代数和为0，Al为+3价，Si为+4价，O为-2价，故Be的化合价为+2价。
故答案为：+2
（3）粉碎的目的是增大反应物的接触面积，加快浸取速率，提高浸取率；残渣的主要成分为不溶于浓硫酸的SiO2。
故答案为： 增大反应物的接触面积加快反应速率，提高浸取率；SiO2
（4）根据流程分析最后滤液中的主要溶质为硫酸铵，可以在除铝步骤中循环利用。
故答案为： (NH4)2SO4
（5）由题可知，BeO、Cl2与足量C在600~800℃条件下反应生成BeCl2，该反应中氯元素化合价降低，故碳元素化合价升高，由于加入了足量C，所以对应产物应该为CO，化学方程式为BeO+Cl2+CCO+BeCl2。
故答案为：BeO+Cl2+CCO+BeCl2
（6）Be(OH)2的，则，当pH=8.0时，，铍损失浓度为，当pH=8.5时，，铍损失浓度为，故铍的损失降低至原来的。
故答案为：10
【分析】（1）根据硅酸盐改写成氧化物形式的规律进行书写即可。
（2）根据化合物中化合价的代数和为0进行计算。
（3）粉碎可增大接触面积，加快反应速率。固体中的SiO2与H2SO4不反应，因此残渣的成分为SiO2。
（4）加入氨水沉铍后所得溶液的溶质为(NH4)2SO4，可在除铝工序中循环使用。
（5）BeO、Cl2与C反应生成CO和BeCl2，据此写出反应的化学方程式。
（6）由pH值计算溶液中c(OH－)，结合Be(OH)2的溶度积Ksp计算溶液中c(Be2＋)，从而计算铍的损失。
（1）将硅酸盐改写成氧化物形式，先写金属氧化物，再写二氧化硅，最后写非金属氧化物，则写成氧化物形式为3BeO·Al2O3·6SiO2
（2）根据化合物中元素正、负化合价代数和为0，Al为+3价，Si为+4价，O为-2价，故Be的化合价为+2价。
（3）粉碎的目的是增大反应物的接触面积，加快浸取速率，提高浸取率；残渣的主要成分为不溶于浓硫酸的SiO2。
（4）根据流程分析最后滤液中的主要溶质为硫酸铵，可以在除铝步骤中循环利用。
（5）由题可知，BeO、Cl2与足量C在600~800℃条件下反应生成BeCl2，该反应中氯元素化合价降低，故碳元素化合价升高，由于加入了足量C，所以对应产物应该为CO，化学方程式为BeO+Cl2+CCO+BeCl2。
（6）Be(OH)2的，则，当pH=8.0时，，铍损失浓度为，当pH=8.5时，，铍损失浓度为，故铍的损失降低至原来的。
18．【答案】（1）
（2）<；a点
（3）80%；0.643
（4）碳元素的电负性比氧元素小，容易给出孤电子对
（5）；18
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）根据① ；
② ；
③ ；
根据盖斯定律：2×①+5×②-③得到：；
则。
故答案为：
（2）①根据图示可知，温度相同时，压强下，的平衡转化率高，故，温度越高，平衡时的转化率越小，所以反应的。
故答案为：＜
②a点的温度要比点和点的高，且压强大，反应速率快，点达到平衡时间最短。
故答案为：a点
（3）①设平衡时，，，由原子守恒可得：C守恒：；H守恒：；O守恒：联解可得，、、，所以平衡时的转化率为。
故答案为：80%
②平衡时，，，，，，反应Ⅱ是气体分子数不变的反应，可用物质的量之比代替分压之比，故反应Ⅱ的。
故答案为：0.643
（4）中碳元素的电负性比氧元素小，碳原子容易给出孤电子对形成配位键，是该配位化合物的配原子。
故答案为： 碳元素的电负性比氧元素小，容易给出孤电子对
（5）①根据图示可知，阴极上二氧化碳得电子被还原为一氧化碳，电极反应式为。
故答案为：
②的气流速率通过该装置，电解，则体积为，，得，即。
故答案为：18
【分析】（1）根据盖斯定律计算目标反应的反应热。
（2）①结合温度对平衡移动的影响分析，升高温度，平衡向吸热反应方向移动。
②结合温度、压强对反应速率的影响分析，反应速率越快，则反应所需的时间越短。
（3）①根据原子守恒计算平衡时各物质的物质的量，进而计算CH4的平衡转化率。
②根据平衡时各物质的物质的量，结合压强平衡常数计算该反应的压强平衡常数。
（4）由于电负性C＜O，因此碳元素更容易给出孤电子对，所以碳原子为配位原子。
（5）①阴极上CO2发生得电子的还原反应生成CO，据此写出电极反应式。
②的气流速率通过该装置，电解，则体积为，据此计算。
（1）根据① ；
② ；
③ ；
根据盖斯定律：2×①+5×②-③得到：；
则；
（2）①根据图示可知，温度相同时，压强下，的平衡转化率高，故，温度越高，平衡时的转化率越小，所以反应的；
②a点的温度要比点和点的高，且压强大，反应速率快，点达到平衡时间最短；
（3）①设平衡时，，，由原子守恒可得：C守恒：；H守恒：；O守恒：联解可得，、、，所以平衡时的转化率为
②平衡时，，，，，，反应Ⅱ是气体分子数不变的反应，可用物质的量之比代替分压之比，故反应Ⅱ的；
（4）中碳元素的电负性比氧元素小，碳原子容易给出孤电子对形成配位键，是该配位化合物的配原子；
（5）①根据图示可知，阴极上二氧化碳得电子被还原为一氧化碳，电极反应式为；
②的气流速率通过该装置，电解，则体积为，，得，即。
19．【答案】（1）丙烯酸
（2）加成反应
（3）
（4）
（5）酰胺基
（6）6；
【知识点】有机物中的官能团；同分异构现象和同分异构体；苯的结构与性质；加成反应
【解析】【解答】（1）A是CH2=CHCOOH，化学名称为丙烯酸。
故答案为：丙烯酸
（2）是与CH3SH发生加成反应生成。
故答案为：加成反应
（3）C水解反应、酸化生成D，D的结构简式为。
故答案为：
（4）由F生成G是发生硝化反应生成，反应的化学方程式为。
故答案为：
（5）根据分析可知，K与E反应生成L为取代反应，新构筑官能团的名称为酰胺基。
故答案为： 酰胺基
（6）(a)核磁共振氢谱显示为4组峰，且峰面积比为，说明结构对称； (b)红外光谱中存在和硝基苯基()吸收峰，符合以上条件的I的同分异构体有、、、、、，共6种。
其中，可以通过水解反应得到化合物H的同分异构体的结构简式为。
故答案为：6；
【分析】化合物A与甲醇发生酯化反应生成B，根据B的结构可推断出A为丙烯酸（CH2=CHCOOH）。化合物C经过水解反应并酸化后生成D，其结构为。在后续反应中，E与K通过取代反应生成L，结合L的结构反推可知K的结构为。进一步分析I的结构可确定H为。化合物F经过硝化反应生成G，随后G水解得到H，因此F的结构为，G的结构为。
（1）A是CH2=CHCOOH，化学名称为丙烯酸；
（2）是与CH3SH发生加成反应生成；
（3）C水解反应、酸化生成D，D的结构简式为；
（4）由F生成G是发生硝化反应生成，反应的化学方程式为；
（5）根据分析可知，K与E反应生成L为取代反应，新构筑官能团的名称为酰胺基；
（6）(a)核磁共振氢谱显示为4组峰，且峰面积比为，说明结构对称； (b)红外光谱中存在和硝基苯基()吸收峰，符合以上条件的I的同分异构体有、、、、、，共6种。
其中，可以通过水解反应得到化合物H的同分异构体的结构简式为。
1 / 1四川省字节精准教育联盟2026届高三上学期一模化学试题
一、单项选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合要求。
1．遂宁历史悠久，文化底蕴深厚。下列有关遂宁历史文物或工艺技术叙述正确的是
A．“大英井盐深钻汲制技艺”的钻井、汲卤、晒卤、滤卤、煎盐均有化学变化
B．千年古刹灵泉寺香火鼎盛，所用蜡烛的主要成分为石蜡，石蜡有固定的熔点
C．唐朝大历年间，遂洲出现用甘蔗制取冰糖的工艺，冰糖的主要成分是有机物
D．遂宁出土的国家一级文物“龙泉窑青釉荷叶盖罐”属于新型无机非金属材料
【答案】C
【知识点】物理变化与化学变化的区别与联系；含硅矿物及材料的应用；无机化合物与有机化合物的概念
【解析】【解答】A．钻井、汲卤、晒卤、滤卤过程中都没有新物质生成，属于物理变化；而煎盐涉及加热，有新物质生成，属于化学变化，A错误；
B．石蜡中含有多种物质，属于混合物，混合物没有固定的熔点，B错误；
C．冰糖的主要成分是蔗糖，蔗糖属于有机物，C正确；
D．龙泉窑青釉荷叶盖罐属于传统无机非金属材料，而非新型无机非金属材料，D错误；
故答案为：C
【分析】A、煎盐的过程中涉及燃烧，燃烧为化学变化。
B、石蜡为混合物，混合物没有固定的熔点。
C、冰糖的成分为蔗糖，蔗糖属于有机物。
D、荷叶盖罐为陶瓷制品，属于无机非金属材料。
2．下列实验所选择的装置或操作正确的是
A．图1所示的装置可以实现用酒精提取溴水中的
B．图2所示的装置可实现NaCl溶液的结晶
C．图3所示的装置可用于除去乙烷中的乙烯
D．图4的装置可用来验证电石与水反应产生了乙炔
【答案】B
【知识点】乙烯的物理、化学性质；乙炔炔烃；蒸发和结晶、重结晶；分液和萃取
【解析】【解答】A．酒精与水互溶，不能用作水溶液的萃取剂，因此不能用酒精提取溴水中的Br2，A错误；
B．NaCl溶液蒸发结晶时，加热过程中用玻璃棒不断搅拌，防止局部过热造成液滴飞溅，加热至蒸发皿中晶体大部分结晶析出时，再停止加热，B正确；
C．酸性KMnO4可将乙烯氧化为CO2，使得乙烷中混有CO2，C错误；
D．电石中含有硫化物的杂质，与水反应可生成H2S，H2S也能使酸性KMnO4溶液褪色，该装置缺少除去H2S的试剂，因此无法验证乙炔的生成，D错误；
故答案为：B
【分析】A、酒精能与H2O互溶，因此酒精一般不做萃取剂。
B、结合蒸发结晶操作分析。
C、乙烯能被酸性KMnO4溶液氧化，生成CO2。
D、电石与H2O反应过程中生成H2S，H2S和乙炔都能使酸性KMnO4溶液褪色。
3．四川博物院，一个充满历史与文化底蕴的地方，收藏着无数珍贵的文物。以下文物中其主要成分不能与其他三项归为一类的是
A．云龙纹玉大带 B．东汉陶说唱俑
C．象首耳兽面纹铜罍 D．东汉杂技舞乐画像砖
【答案】C
【知识点】化学科学的主要研究对象；合金及其应用
【解析】【解答】云龙纹玉大带、东汉陶说唱俑、东汉杂技舞乐画像砖主要成分是硅酸盐，属于无机非金属材料。而象首耳兽面纹铜罍主要成分为青铜，属于金属材料，A、B、D均不符合题意，C正确。
故答案为：C
【分析】云龙纹玉大带、东汉陶说唱俑、东汉杂技舞乐画像砖主要成分为硅酸盐；而象首耳兽面纹铜罍主要成分为青铜。
4．实验室中下列操作规范或方法正确的是
A．制备乙酸乙酯 B．制备乙炔
C．干燥 D．实验室制备乙烯
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】浓硫酸的性质；乙炔炔烃；醇类简介；乙酸乙酯的制取
【解析】【解析】A、在乙酸乙酯制备实验中，产物需通入饱和Na2CO3溶液，其作用有三：①中和挥发的乙酸 ②溶解副产物乙醇 ③降低酯的溶解度。若改用NaOH溶液，会引发酯的水解反应（CH3COOCH2CH3 + NaOH → CH3COONa + CH3CH2OH），导致产率下降，A项错误。B、乙炔制备采用CaC2与H2O反应（CaC2 + 2H2O → Ca(OH)2 + C2H2↑），该反应剧烈放热。使用饱和食盐水可减缓反应速率，若直接用水会导致：①反应过快难以控制 ②可能引发爆沸危险，B项错误。
C、SO2干燥需注意：①作为酸性气体，不能用碱性干燥剂 ②浓硫酸具有吸水性且不与SO2反应 ③洗气瓶连接遵循"长管进短管出"原则，确保充分干燥，C项正确。
D、乙烯制备（CH3CH2OH CH2=CH2↑ + H2O）需满足：①浓H2SO4作催化剂 ②严格控制170℃（140℃会生成乙醚） ③必须加入碎瓷片防止暴沸 ④温度计水银球应浸入反应液，D项错误。
故答案为：C
【分析】A、乙酸乙酯能与NaOH溶液反应，需用饱和Na2CO3溶液。
B、电石与H2O的反应速率过快，不能使用启普发生根器。
C、SO2可用浓硫酸进行干燥。
D、乙醇制乙烯的反应温度为170℃，温度计水银球应放在溶液中。
5．利用某分子筛作催化剂，NH3可脱除废气中的NO和NO2，生成两种无毒物质，其反应历程如图所示，下列说法不正确的是
A．X是N2和H2O
B．中含有极性共价键
C．中的质子数、电子数均相同
D．上述历程的总反应为
【答案】C
【知识点】原子中的数量关系；共价键的形成及共价键的主要类型
【解析】【解答】A．由反应历程图可知，反应物为NH3、NO、NO2，最终生成无毒物质N2和H2O，因此X为N2和H2O，A正确；
B．中N原子与H原子通过共用电子对形成共价键，不同种元素形成的为极性共价键，B正确；
C．一个NH3分子的质子数为7+3=10，其电子数也是10；一个的质子数为7+4=11，其电子数为11-1=10；一个H2O分子的质子数为8+2=10，其电子数也是10，三者质子数不完全相同，C错误；
D．该反应中反应物为NH3、NO、NO2，生成物为N2和H2O，因此该反应的化学方程式为，D正确；
故答案为：C
【分析】A、根据图示反应原理图确定生成物的成分。
B、NH4+中N、H原子形成的是极性共价键。
C、在分子中，质子数与核外电子数相同；离子中的核外电子数需考虑得失电子。
D、根据反应原理图确定反应物和生成物，从而得到反应的化学方程式。
6．研究氮及其化合物的性质，可以有效改善人类的生存环境。氮元素化合价 — 物质类别关系如图所示，以下说法正确的是
A．物质A在一定条件下转化成N2，属于氮的固定
B．标准状况下，理论上44.8 L NO与33.6 L O2混合后溶于水可恰好转化成C
C．19.2 g铜与100 m L 12 mol / L的C溶液完全反应，可产生标准状况下33.6 L的B物质
D．铵盐受热都易分解成氨气，都能与碱反应放出氨
【答案】B
【知识点】氮的固定；铵盐；氮的氧化物的性质及其对环境的影响；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A．氮的固定是指将N2转化为氮的化合物的过程，因此A转化为N2不属于氮的固定，故A错误；
B．C是HNO3，NO与O2、H2O反应的化学方程式为4NO + 3O2 + 2H2O = 4HNO3。标准状况下，44.8 L NO的物质的量为2mol、33.6 L O2的物质的量为1.5mol，二者恰好完全反应生成HNO3，故B正确；
C．B为NO2、C为HNO3，19.2 g Cu的物质的量为0.3 mol，n(HNO3)=0.1 L×12 mol/L=1.2 mol。Cu与浓HNO3反应方程式为Cu + 4HNO3 (浓)=Cu(NO3)2 + 2NO2↑ + 2H2O，0.3 mol Cu需1.2 mol HNO3，但随着反应的进行，c(HNO3)减小，反应生成NO，故C错误；
D．NH4NO3受热分解可能生成N2、NO2等，不生成NH3，故D错误；
故答案为：B
【分析】A、氮的固定是指将游离态的氮转化为化合态的氮的过程。
B、NO、O2和H2O反应的化学方程式为4NO＋3O2＋2H2O=4HNO3，据此计算。
C、Cu与浓硝酸反应生成NO2，随着反应的进行，硝酸浓度减小，Cu与稀硝酸反应NO 。
D、NH4NO3受热分解，不生成NH3。
7．代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．1mol中含键的数目为
B．0.1mol中所含σ键总数为
C．标准状况下，2.24L环己烷所含共价键为
D．28g乙烯和环丁烷的混合物中含有的碳原子数目为
【答案】D
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；配合物的成键情况；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．SiO2晶体中每个Si原子与4个O原子形成4个Si-O键，因此1 mol SiO2含有4NA个Si-O键，选项A错误。B．在配合物K2[Cu(CN)4]中，每个CN-与Cu2+形成一个配位键（属于σ键），同时每个CN-内部含有1个σ键。因此1个K2[Cu(CN)4]分子总共含有4（配位键）+4（CN-内部σ键）=8个σ键。0.1 mol该配合物含有0.8NA个σ键，选项B错误。
C．标准状况下环己烷是液态物质，不能使用气体摩尔体积进行计算，因此无法确定其共价键数目，选项C错误。
D．乙烯（C2H4）和环丁烷（C4H8）的最简式都是CH2。28 g混合物相当于28 g "CH2"原子团，其物质的量为 mol，因此含有2NA个碳原子，选项D正确。
故答案为：D
【分析】A、一个SiO2中含有4个Si－O键。
B、一个三键中含有1个是σ键，配位键属于特殊的σ键。
C、标准状态下，环己烷不是气体。
D、乙烯和环丁烷的最简式都是CH2，据此进行计算。
8．下列各组离子在指定情况下一定能大量共存的是
A．澄清透明溶液中：
B．加入铝粉能够产生氢气的溶液中：
C．含有大量的溶液中：
D．滴入酚酞显红色的溶液中：
【答案】D
【知识点】离子共存；二价铁离子和三价铁离子的检验
【解析】【解析】A、在酸性环境中，高锰酸根离子()会与氯离子()发生氧化还原反应，因此不能共存，A选项错误。B、在酸性条件下，亚铁离子()会与硝酸根离子()发生氧化还原反应；在碱性条件下，亚铁离子()会与氢氧根离子()生成沉淀，因此不能共存，B选项错误。
C、铁离子()会与碘离子()发生氧化还原反应，同时铁离子()还会与硫氰根离子()形成络合物，因此不能共存，C选项错误。
D、在碱性条件下，钠离子()、碳酸根离子()、氢氧根离子()和钾离子()之间不发生反应，可以共存，D选项正确。
故答案为：D
【分析】A、酸性条件下MnO4－能将Cl－氧化成Cl2。
B、加入铝粉能产生H2的溶液中含有大量的H＋或OH－。
C、Fe3＋能与SCN－形成络合物。
D、加入酚酞显红色的溶液含有大量的OH－。
9．工业上以粗盐(含Ca2＋、Mg2＋、SO等杂质)为主要原料，采用“侯氏制碱法”生产纯碱和化肥NH4Cl，实验室模拟工艺流程如图甲所示。下列说法正确的是
A．饱和食盐水中先通入的气体为CO2
B．流程图中的“系列操作”中一定需要使用玻璃棒
C．如图乙所示装置可以比较Na2CO3和NaHCO3晶体的热稳定性
D．对粗盐溶液除杂可依次加入过量Ba(NO3)2、NaOH、Na2CO3溶液，过滤后再加入盐酸调节溶液的pH
【答案】B
【知识点】物质的分离与提纯；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质
【解析】【解答】A、在饱和食盐水中制备碳酸氢钠时，需依次通入氨气和二氧化碳。发生的化学反应为：。由于氨气在水中的溶解度远大于二氧化碳，因此应先通入氨气使溶液呈碱性，再通入二氧化碳以提高其溶解度。该操作顺序正确，A选项错误。B、从溶液中获取固体晶体的标准操作包括加热浓缩、冷却结晶和过滤。在这些步骤中，玻璃棒起着搅拌促进蒸发和引流转移液体的关键作用，B选项正确。
C、通过加热实验比较碳酸钠和碳酸氢钠的热稳定性时，应注意受热不分解，而易分解。正确的装置应为小试管盛放（间接加热），大试管盛放（直接加热）。题目中装置设置相反，C选项错误。
D、粗盐提纯过程中，除杂试剂的加入顺序应为：先加氯化钡除（不能用硝酸钡），再加氢氧化钠除Mg2+，最后用碳酸钠除Ca2+和过量Ba2+。过滤后需用盐酸调节pH以除去和，D选项错误。
故答案为：B
【分析】A、NH3极易溶于水中，因此需先通入NH3。
B、系列操作为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。
C、NaHCO3的不稳定，受热易分解，应置于小试管内。
D、加入Ba(NO3)2溶液，会引入NO3－。
10．下列归纳推理正确的是
A．同种元素的质子数相同，则质子数相同的微观粒子一定属于同种元素
B．置换反应有单质参加，则有单质参加的化学反应一定是置换反应
C．常温下，碱溶液的pH大于7，则的溶液一定是碱性溶液
D．HCl、等酸都含氢元素，则含氢元素的化合物一定属于酸
【答案】C
【知识点】化学基本反应类型；溶液酸碱性的判断及相关计算；元素、核素；物质的简单分类
【解析】【解答】A．元素种类由原子核内质子数决定，因此同种元素的质子数必定相同。但需注意，质子数相同的微观粒子可能来自不同元素，例如N2分子（氮气）和CO分子（一氧化碳）的质子总数均为28，却属于不同物质，A项错误。B．单质参与的反应不一定是置换反应。以碳与氧气反应生成一氧化碳为例（化学方程式为），虽然存在化合价变化属于氧化还原反应，但不符合置换反应的定义，B项错误。
C．根据标准定义，pH>7的溶液呈碱性，pH<7的溶液呈酸性，C项正确。
D．含氢元素的化合物种类繁多，既可能是酸（如HCl），也可能是碱（如NaOH），还可能是其他类型化合物（如H2O），因此不能仅凭含氢元素判断物质类别，D项错误。
故答案为：C
【分析】A、质子数相同的原子属于同一种元素。
B、置换反应是指单质与化合物反应生成新的单质和新的化合物的反应。
C、pH＞7的溶液也可能是盐溶液。
D、含有氢元素的化合物也可能是碱或盐。
11．镀锡铜箔中锡回收具有极高的价值。实验室回收并制备SnO2的流程如下图。下列说法错误的是
已知：“浸取”过程得到具有强还原性的Sn2+；“水解”制得Sn(OH)4沉淀。
A．向浸取液中分次加入镀锡铜箔，可减少铜粉覆盖反应物，提高浸取率
B．“氧化”过程使用的试剂X可以是H2O2
C．“滤液”经处理后可循环使用
D．“550℃”需要用到的仪器主要有：蒸发皿、酒精灯、玻璃棒
【答案】D
【知识点】盐类水解的应用；过氧化氢；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A．加入CuSO4溶液时发生反应Cu2++Sn=Sn2++Cu，分次加入镀锡铜箔，可减少铜粉覆盖反应物，提高浸取率，A正确；
B．加入试剂X将Sn2+氧化为Sn4+，因此试剂X可以是，B正确；
C．Sn(SO4)2水解生成Sn(OH)4沉淀和硫酸，因此滤液的成分为硫酸，硫酸可返回浸取工序中循环使用，C正确；
D．高温焙烧Sn(OH)4得到SnO2，条件是550℃，固体的灼烧应该用坩埚，蒸发皿用于溶液的蒸发结晶，D错误；
故答案为：D
【分析】A、分次加入可减少铜粉覆盖，提高浸取率。
B、氧化过程中将Sn2＋氧化成Sn4＋，试剂X为氧化剂。
C、“滤液”中的成分为H2SO4，可在“浸取”工序中循环使用。
D、固体的加热应使用坩埚，不能用蒸发皿。
12．设NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．pH=2的硫酸溶液中H+的数目为0.02NA
B．标准状况下，11.2 L HF含有5NA个质子
C．1 mol C6H14中含有的键的数目为20NA
D．2 mol Na与O2反应生成Na2O和Na2O2的混合物，混合物中离子总数为3NA
【答案】D
【知识点】气体摩尔体积；物质的量的相关计算
【解析】【解析】A．硫酸溶液的pH=2时，氢离子浓度c(H+)=0.01 mol/L，但由于题目未给出溶液体积，无法计算氢离子的具体数目，选项A错误。B．在标准状况下，HF（氟化氢）是液态物质，11.2 L HF的物质的量无法直接确定，因此其质子数目也无法计算，选项B错误。
C．对于1 mol C6H14（己烷），每个分子中含有19个σ键（包括5个C-C键和14个C-H键），因此总的σ键数目应为19NA，选项C错误。
D．当2 mol Na完全反应生成Na2O和Na2O2的混合物时，无论两者的比例如何，总离子数都是3NA（包含2 mol Na+和1 mol O2-或），选项D正确。
故答案为：D
【分析】A、溶液的体积未知，无法计算溶液中的H＋数目。
B、标准状态下HF不是气体，不能应用气体摩尔体积进行计算。
C、一个C6H14分子中含有5个C－Cσ键和14个C－Hσ键。
D、Na2O和Na2O2中阴阳离子的个数比都是1：2，结合Na原子守恒进行计算。
13．我国科学家发现一种能用于“点击反应”的新分子，结构如图所示。X、Y、Z和W是原子序数依次增大的短周期主族元素，Y与Z是同一主族元素，M为地壳中含量最高的金属元素。下列说法不正确的是
A．第一电离能：W>Y>M B．简单离子半径：Z>X>Y
C．电负性：Y>W>M D．简单氢化物还原性：Z>W>Y
【答案】A
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】A．同一周期元素，核电荷数越大，第一电离能越大。O的第一电离能大于Cl，第一电离能：O>Cl>Al，A错误；
B．电子层数越多。离子半径越大；电子层数相同时，核电荷数越大，离子半径越小。因此简单离子半径大小关系为：S2->N3->O2-，B正确；
C．非金属性越强，其电负性越大，因此电负性：O>Cl>Al，C正确；
D．元素的非金属性越强，则其简单氢化物的还原性越弱。由于非金属性Y(O)>W(Cl)>Z(S)，因此简单氢化物还原性：H2S>HCl>H2O，D正确；
故答案为：A
【分析】M为地壳中含量最高的金属元素，因此M为Al。X可形成三个共价键，其最外层电子数为5，因此X为N。Y可形成2个共价键，则其最外层电子数为6，因此Y为O。Y与Z同主族，所以Z为S。W形成一个共价键，其最外层电子数为7，因此W为Cl。据此结合元素周期律分析选项。
14．酚苷是酚羟基和糖的半缩醛羟基脱水缩合形成的苷类物质，是许多中药的有效成分。红花中的红花苷能显著提高耐氧能力，对缺乏氧性脑病有保护作用，其结构如下。下列有关该物质的说法正确的是
A．红花苷中存在醛基和酮羰基
B．红花苷不可能发生缩聚反应
C．红花苷中酚羟基和醇羟基的核磁共振氢谱的峰组数相同
D．糖的半缩醛中的原子均为杂化且都是手性碳原子
【答案】C
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；有机物中的官能团；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A．由红花苷的结构简式可知，红花苷结构中含酮羰基，但无醛基（-CHO），A错误；
B．红花苷含多个酚羟基和醇羟基，酚羟基可与醛类物质发生缩聚反应，B错误；
C．红花苷中含有4个酚羟基，且酚羟基所处化学环境不同；红花苷中含有4个醇羟基，且醇羟基所处化学环境也不同，因此二者核磁共振氢谱峰组数相同，C正确；
D．糖的半缩醛的结构为，其中C原子均形成四个单键，碳原子采用sp3杂化。其中-CH2OH中的碳原子不是手性碳原子，D错误；
故答案为：C
【分析】A、根据红花苷的结构简式确定其所含的官能团。
B、红花苷中含有酚羟基，能与-CHO发生缩聚反应。
C、根据红花苷中酚羟基和醇羟基的个数和结构的对称性分析。
D、形成单键的碳原子采用sp3杂化；连接有4个不同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子。
15．硝酸根是目前地表水和地下水中常见的污染物，在人体摄入后，会在还原性细菌作用下还原为亚硝酸盐进而对身体有害。利用Pd和Pd-In作催化剂可将其转化为氮气和铵根，转化过程如下：
下列说法错误的是
A．亚硝酸钠有毒，禁止用作任何食品防腐剂和护色剂
B．在催化剂表面反应的目的是使反应更迅速
C．反应过程中有非极性键的断裂和形成
D．1mol NO转化为NO转移2mol电子
【答案】A
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；化学反应速率的影响因素；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解析】A、亚硝酸钠（NaNO2）虽然具有毒性，但在食品添加剂中允许以严格限量标准作为防腐剂和发色剂使用，选项错误。B、催化剂通过降低反应的活化能（Ea）来加速化学反应速率，在催化剂表面进行反应的主要目的就是提高反应效率，选项正确。
C、在反应过程中，氢气（H2）参与反应时会断裂H-H非极性共价键；当氮气（N2）生成时，会形成N≡N非极性三键，选项正确。
D、硝酸根离子（NO）中氮元素为+5价，亚硝酸根离子（NO）中氮元素为+3价，每1mol NO转化为NO时转移电子数为2mol（计算式：1mol×(5-3)=2mol），选项正确。
故答案为：A
【分析】A、NaNO2可用作食品添加剂，但需严格按照标准使用。
B、催化剂通过降低反应所需的活化能，从而加快反应速率。
C、反应过程中H2断裂H－H，同时生成N2。
D、根据反应过程中N元素化合价的变化计算转移电子数。
二、非选择题：本题共4小题，共55分。其中16题13分，17—19 题各14分。
16．钾铬矾在鞣革、纺织等工业上有广泛的用途，可通过还原酸性重铬酸钾溶液制得，实验装置如图。已知的摩尔质量为998g/mol。
（1）B中反应装置名称为　 　。
（2）选用质量分数为70%的而不用98%的浓硫酸或稀硫酸的原因是　 　。
（3）写出B装置中析出晶体的化学方程式：　 　。
（4）B装置采用冰水浴目的是　 　，有同学认为可在B装置中同时加入少量乙醇降低产品的溶解度，便于析出，该方法不合理的原因是　 　。
（5）钾铬矾样品中铬含量的测定：三价铬在酸性溶液中，在硝酸银接触下，与过硫酸铵反应被氧化成六价铬。
反应为
取样品在酸性溶液中，加入硝酸银与过硫酸铵反应后，除去多余的硝酸银与过硫酸铵后，配成溶液，取25.00mL，用0.1000mol/L的溶液滴定至终点，消耗溶液(三次实验的平均值)。
取溶液的仪器为　 　，样品中铬的质量分数为　 　。若滴定时滴定管开始无气泡，滴定后有气泡则测出铬的质量分数　 　(填“偏低”“偏高”或“不变”)。
【答案】（1）三颈烧瓶
（2）的浓硫酸浓度小，反应速率慢；易溶于水，稀硫酸太稀，不利于放出
（3）
（4）降温利于结晶；乙醇会与酸性重铬酸钾溶液反应
（5）酸式滴定管；；偏低
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；二氧化硫的性质；中和滴定；探究物质的组成或测量物质的含量
【解析】【解答】（1）根据装置图，B仪器名称为三颈烧瓶。
故答案为：三颈烧瓶
（2）选用质量分数为的而不用的浓硫酸或稀硫酸的原因是的浓硫酸浓度小，反应速率慢；易溶于水，稀硫酸太稀水太多，不利于放出。
故答案为：的浓硫酸浓度小，反应速率慢；易溶于水，稀硫酸太稀，不利于放出
（3）装置B中二氧化硫和反应，析出晶体，化学方程式为。
故答案为：
（4）B装置采用冰水浴降温的目的是：降低产品的溶解度利于结晶。乙醇有还原性会与酸性重铬酸钾溶液反应。
故答案为：降温利于结晶；乙醇会与酸性重铬酸钾溶液反应。
（5）溶液水解显酸性，所以滴定管为酸式滴定管；根据得失电子守恒，存在，有，消耗溶液30mL，消耗的的物质的量，因此样品中含有的物质的量，样品中铬的质量分数。
故答案：为；滴定时开始无气泡，后有气泡会使消耗的标准液体积减小，质量分数偏低
【分析】（1）根据图示仪器确定其名称。
（2）98%的浓硫酸中c(H＋)较小，反应速率较慢；稀硫酸浓度低，不利于SO2的逸出。
（3）装置B中K2Cr2O7与SO2、H2SO4反应生成K2SO4·Cr2(SO4)3·24H2O，结合得失电子守恒、原子守恒书写反应的化学方程式。
（4）通过冰水浴降温，有利于晶体的结晶析出。加入的乙醇，能与酸性K2Cr2O7溶液反应。
（5）FeSO4溶液显酸性，应用酸式滴定管盛装。根据关系式“Cr3＋～H2CrO4～3FeSO4”进行计算。滴定开始时无气泡，滴定终点气泡消失，则使得消耗标准液的体积偏小，据此确定误差。
（1）根据装置图，B仪器名称为三颈烧瓶。
（2）选用质量分数为的而不用的浓硫酸或稀硫酸的原因是的浓硫酸浓度小，反应速率慢；易溶于水，稀硫酸太稀水太多，不利于放出。
（3）装置B中二氧化硫和反应，析出晶体，化学方程式为。
（4）B装置采用冰水浴降温的目的是：降低产品的溶解度利于结晶。乙醇有还原性会与酸性重铬酸钾溶液反应，故答案为：降温利于结晶；乙醇会与酸性重铬酸钾溶液反应。
（5）溶液水解显酸性，所以滴定管为酸式滴定管；根据得失电子守恒，存在，有，消耗溶液30mL，消耗的的物质的量，因此样品中含有的物质的量，样品中铬的质量分数，故答案为；滴定时开始无气泡，后有气泡会使消耗的标准液体积减小，质量分数偏低。
17．铍的氧化物广泛应用于原子能、航天、电子、陶瓷等领域，是重要的战略物资。利用绿柱石(主要化学成分为(，还含有一定量的FeO和)生产BeO的一种工艺流程如下。
回答问题：
（1）将写成氧化物形式　 　。
（2）中Be的化合价为　 　。
（3）粉碎的目的是　 　；残渣主要成分是　 　(填化学式)。
（4）该流程中能循环使用的物质是　 　(填化学式)。
（5）无水可用作聚合反应的催化剂。BeO、与足量C在600~800℃制备的化学方程式为　 　。
（6）沉铍时，将pH从8.0提高到8.5，则铍的损失降低至原来的　 　%。
【答案】（1）3BeO·Al2O3·6SiO2
（2）+2
（3）增大反应物的接触面积加快反应速率，提高浸取率；SiO2
（4）(NH4)2SO4
（5）BeO+Cl2+CCO+BeCl2
（6）10
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）将硅酸盐改写成氧化物形式，先写金属氧化物，再写二氧化硅，最后写非金属氧化物，则写成氧化物形式为3BeO·Al2O3·6SiO2。
故答案为：3BeO·Al2O3·6SiO2
（2）根据化合物中元素正、负化合价代数和为0，Al为+3价，Si为+4价，O为-2价，故Be的化合价为+2价。
故答案为：+2
（3）粉碎的目的是增大反应物的接触面积，加快浸取速率，提高浸取率；残渣的主要成分为不溶于浓硫酸的SiO2。
故答案为： 增大反应物的接触面积加快反应速率，提高浸取率；SiO2
（4）根据流程分析最后滤液中的主要溶质为硫酸铵，可以在除铝步骤中循环利用。
故答案为： (NH4)2SO4
（5）由题可知，BeO、Cl2与足量C在600~800℃条件下反应生成BeCl2，该反应中氯元素化合价降低，故碳元素化合价升高，由于加入了足量C，所以对应产物应该为CO，化学方程式为BeO+Cl2+CCO+BeCl2。
故答案为：BeO+Cl2+CCO+BeCl2
（6）Be(OH)2的，则，当pH=8.0时，，铍损失浓度为，当pH=8.5时，，铍损失浓度为，故铍的损失降低至原来的。
故答案为：10
【分析】（1）根据硅酸盐改写成氧化物形式的规律进行书写即可。
（2）根据化合物中化合价的代数和为0进行计算。
（3）粉碎可增大接触面积，加快反应速率。固体中的SiO2与H2SO4不反应，因此残渣的成分为SiO2。
（4）加入氨水沉铍后所得溶液的溶质为(NH4)2SO4，可在除铝工序中循环使用。
（5）BeO、Cl2与C反应生成CO和BeCl2，据此写出反应的化学方程式。
（6）由pH值计算溶液中c(OH－)，结合Be(OH)2的溶度积Ksp计算溶液中c(Be2＋)，从而计算铍的损失。
（1）将硅酸盐改写成氧化物形式，先写金属氧化物，再写二氧化硅，最后写非金属氧化物，则写成氧化物形式为3BeO·Al2O3·6SiO2
（2）根据化合物中元素正、负化合价代数和为0，Al为+3价，Si为+4价，O为-2价，故Be的化合价为+2价。
（3）粉碎的目的是增大反应物的接触面积，加快浸取速率，提高浸取率；残渣的主要成分为不溶于浓硫酸的SiO2。
（4）根据流程分析最后滤液中的主要溶质为硫酸铵，可以在除铝步骤中循环利用。
（5）由题可知，BeO、Cl2与足量C在600~800℃条件下反应生成BeCl2，该反应中氯元素化合价降低，故碳元素化合价升高，由于加入了足量C，所以对应产物应该为CO，化学方程式为BeO+Cl2+CCO+BeCl2。
（6）Be(OH)2的，则，当pH=8.0时，，铍损失浓度为，当pH=8.5时，，铍损失浓度为，故铍的损失降低至原来的。
18．一氧化碳是合成气和各类煤气的主要成分，是有机化工的重要原料，也可用作燃料及精炼金属的还原剂。回答下列问题：
（1）CO与、可以合成乙二醇，反应为。
已知：、乙二醇(l)的燃烧热分别为、。
则反应的　 　。
（2）工业合成光气的原理为 。一定条件下，在密闭容器中充入与合成，平衡时的转化率与温度的倒数、压强的关系如图所示：
①若该反应的　 　(填“>”或“＜”)0。
②图示中达到平衡所需要的时间最短的点是　 　(填“a点”“b点”或“c点”)。
（3）重整反应可获得合成气和，主要反应如下：
反应I：
反应II：
反应III：
一定温度下，起始时将和的混合气体充入某恒容密闭容器中，平衡时测得和的物质的量分数相等。
①平衡时甲烷的转化率为　 　。
②若起始压强为，则该温度下反应II的平衡常数　 　(为用分压表示的平衡常数，分压=总压物质的量分数，结果保留三位有效数字)。
（4）八羰基二钴主要用作有机化合物羰基化反应的催化剂，可由与在高温高压条件下直接合成。中碳原子是该配位化合物的配原子，其理由是　 　。
（5）研究人员开发出了不需要将溶解在水溶液中，而是通过采用多孔催化剂电极将转化为的电解池，工作原理如图1所示。为了使气体直接发生反应，需要在催化剂层内形成大量的由(气体)、(液体)、催化剂(固体)聚集而成的三相界面，如图2所示。
①阴极的电极反应式为　 　。
②标准状况下，二氧化碳按的气流速率通过该装置。电解后，测得选择性，理论上产生CO的物质的量为　 　mol。
【答案】（1）
（2）<；a点
（3）80%；0.643
（4）碳元素的电负性比氧元素小，容易给出孤电子对
（5）；18
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）根据① ；
② ；
③ ；
根据盖斯定律：2×①+5×②-③得到：；
则。
故答案为：
（2）①根据图示可知，温度相同时，压强下，的平衡转化率高，故，温度越高，平衡时的转化率越小，所以反应的。
故答案为：＜
②a点的温度要比点和点的高，且压强大，反应速率快，点达到平衡时间最短。
故答案为：a点
（3）①设平衡时，，，由原子守恒可得：C守恒：；H守恒：；O守恒：联解可得，、、，所以平衡时的转化率为。
故答案为：80%
②平衡时，，，，，，反应Ⅱ是气体分子数不变的反应，可用物质的量之比代替分压之比，故反应Ⅱ的。
故答案为：0.643
（4）中碳元素的电负性比氧元素小，碳原子容易给出孤电子对形成配位键，是该配位化合物的配原子。
故答案为： 碳元素的电负性比氧元素小，容易给出孤电子对
（5）①根据图示可知，阴极上二氧化碳得电子被还原为一氧化碳，电极反应式为。
故答案为：
②的气流速率通过该装置，电解，则体积为，，得，即。
故答案为：18
【分析】（1）根据盖斯定律计算目标反应的反应热。
（2）①结合温度对平衡移动的影响分析，升高温度，平衡向吸热反应方向移动。
②结合温度、压强对反应速率的影响分析，反应速率越快，则反应所需的时间越短。
（3）①根据原子守恒计算平衡时各物质的物质的量，进而计算CH4的平衡转化率。
②根据平衡时各物质的物质的量，结合压强平衡常数计算该反应的压强平衡常数。
（4）由于电负性C＜O，因此碳元素更容易给出孤电子对，所以碳原子为配位原子。
（5）①阴极上CO2发生得电子的还原反应生成CO，据此写出电极反应式。
②的气流速率通过该装置，电解，则体积为，据此计算。
（1）根据① ；
② ；
③ ；
根据盖斯定律：2×①+5×②-③得到：；
则；
（2）①根据图示可知，温度相同时，压强下，的平衡转化率高，故，温度越高，平衡时的转化率越小，所以反应的；
②a点的温度要比点和点的高，且压强大，反应速率快，点达到平衡时间最短；
（3）①设平衡时，，，由原子守恒可得：C守恒：；H守恒：；O守恒：联解可得，、、，所以平衡时的转化率为
②平衡时，，，，，，反应Ⅱ是气体分子数不变的反应，可用物质的量之比代替分压之比，故反应Ⅱ的；
（4）中碳元素的电负性比氧元素小，碳原子容易给出孤电子对形成配位键，是该配位化合物的配原子；
（5）①根据图示可知，阴极上二氧化碳得电子被还原为一氧化碳，电极反应式为；
②的气流速率通过该装置，电解，则体积为，，得，即。
19．甲磺司特(M)是一种在临床上治疗支气管哮喘、特应性皮炎和过敏性鼻炎等疾病的药物。M的一种合成路线如下(部分试剂和条件省略)。
回答下列问题：
（1）A的化学名称为　 　。
（2）的反应类型为　 　。
（3）D的结构简式为　 　。
（4）由F生成G的化学方程式为　 　。
（5）K与E反应生成L，新构筑官能团的名称为　 　。
（6）同时满足下列条件的I的同分异构体共有　 　种。
(a)核磁共振氢谱显示为4组峰，且峰面积比为；
(b)红外光谱中存在和硝基苯基()吸收峰。
其中，可以通过水解反应得到化合物H的同分异构体的结构简式为　 　。
【答案】（1）丙烯酸
（2）加成反应
（3）
（4）
（5）酰胺基
（6）6；
【知识点】有机物中的官能团；同分异构现象和同分异构体；苯的结构与性质；加成反应
【解析】【解答】（1）A是CH2=CHCOOH，化学名称为丙烯酸。
故答案为：丙烯酸
（2）是与CH3SH发生加成反应生成。
故答案为：加成反应
（3）C水解反应、酸化生成D，D的结构简式为。
故答案为：
（4）由F生成G是发生硝化反应生成，反应的化学方程式为。
故答案为：
（5）根据分析可知，K与E反应生成L为取代反应，新构筑官能团的名称为酰胺基。
故答案为： 酰胺基
（6）(a)核磁共振氢谱显示为4组峰，且峰面积比为，说明结构对称； (b)红外光谱中存在和硝基苯基()吸收峰，符合以上条件的I的同分异构体有、、、、、，共6种。
其中，可以通过水解反应得到化合物H的同分异构体的结构简式为。
故答案为：6；
【分析】化合物A与甲醇发生酯化反应生成B，根据B的结构可推断出A为丙烯酸（CH2=CHCOOH）。化合物C经过水解反应并酸化后生成D，其结构为。在后续反应中，E与K通过取代反应生成L，结合L的结构反推可知K的结构为。进一步分析I的结构可确定H为。化合物F经过硝化反应生成G，随后G水解得到H，因此F的结构为，G的结构为。
（1）A是CH2=CHCOOH，化学名称为丙烯酸；
（2）是与CH3SH发生加成反应生成；
（3）C水解反应、酸化生成D，D的结构简式为；
（4）由F生成G是发生硝化反应生成，反应的化学方程式为；
（5）根据分析可知，K与E反应生成L为取代反应，新构筑官能团的名称为酰胺基；
（6）(a)核磁共振氢谱显示为4组峰，且峰面积比为，说明结构对称； (b)红外光谱中存在和硝基苯基()吸收峰，符合以上条件的I的同分异构体有、、、、、，共6种。
其中，可以通过水解反应得到化合物H的同分异构体的结构简式为。
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