2025届上海市浦东新区洋泾中学高三联合考试化学试题试卷含解析

2025届上海市浦东新区洋泾中学高三联合考试化学试题试卷注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。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、关于下列各实验装置的叙述中正确的是A．装置①可用于吸收氯化氢气体 B．装置②可用于制取氯气C．装置③可用于制取乙酸乙酯 D．装置④可用于制取氨气2、在氯酸钾分解的实验研究中，某同学进行了系列实验并记录如下，相关分析正确的是实验现象①加热固体M少量气泡溢出后，不再有气泡产生②加热氯酸钾至其熔化有少量气泡产生③加热氯酸钾使其熔化后迅速加入固体M有大量气泡产生④加热氯酸钾与固体M的混合物（如图）未见固体熔化即产生大量气泡A．实验①、②、③说明M加快了气体产生的速率B．实验①、②、④说明加入M后，在较低温度下反应就可以发生C．实验②、③说明固体M的加入增加了气体产生的量D．固体M是氯酸钾分解的催化剂3、下列各组实验中，根据实验现象所得到的结论正确的是（）选项实验操作和实验现象结论A向FeCl2和KSCN的混合溶液中滴入酸化的AgNO3溶液，溶液变红Ag+的氧化性比Fe3+的强B将乙烯通入溴的四氯化碳溶液，溶液最终变为无色透明生成的1，2—二溴乙烷无色，能溶于四氯化碳C向硫酸铜溶液中逐滴加入氨水至过量，先生成蓝色沉淀，后沉淀溶解，得到蓝色透明溶液Cu(OH)2沉淀溶于氨水生成[Cu(OH)4]2-D用pH试纸测得：CH3COONa溶液的pH约为9，NaNO2溶液的pH约为8HNO2电离出H+的能力比CH3COOH的强A．A B．B C．C D．D4、下列有关描述中，合理的是A．用新制氢氧化铜悬浊液能够区别葡萄糖溶液和乙醛溶液B．洗涤葡萄糖还原银氨溶液在试管内壁产生的银:先用氨水溶洗、再用水清洗C．裂化汽油和四氯化碳都难溶于水，都可用于从溴水中萃取溴D．为将氨基酸混合物分离开，可以通过调节混合溶液pH，从而析出晶体，进行分离。5、莽草酸可用于合成药物达菲，其结构简式如图所示。下列关于莽草酸的说法正确的是（）A．分子中所有碳原子共平面B．分子式为C7H10O5，属于芳香族化合物C．分子中含有3种官能团，能发生加成、氧化、取代反应D．1mol莽草酸与足量的NaHCO3溶液反应可放出4molCO2气体6、下列反应的离子方程式书写正确的是（）A．钠和冷水反应Na＋2H2O＝Na+＋2OH-＋H2↑B．金属铝溶于氢氧化钠溶液Al＋2OH-＝AlO2-＋H2↑C．金属铝溶于盐酸中：2Al＋6H+＝2Al3+＋3H2↑D．铁跟稀硫酸反应：2Fe＋6H+＝2Fe3+＋3H2↑7、类比推理是化学中常用的思维方法。下列推理正确的是A．lmol晶体硅含Si-Si键的数目为2NA，则1mol金刚砂含C-Si键的数目也为2NAB．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，22.4LCO2中所含的分子数目为NA个，则22.4LCS2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：8、t℃时，将0.5mol/L的氨水逐滴加入10.00mL0.5mol/L盐酸中，溶液中温度变化曲线Ⅰ、pH变化曲线Ⅱ与加入氨水的体积的关系如下图所示（忽略混合时溶液体积的变化）。下列说法正确的是A．Kw的比较：a点比b点大B．b点氨水与盐酸恰好完全反应，且溶液中c（NH4+）=c（Cl─）C．c点时溶液中c（NH4＋）=c（Cl─）=c（OH─）=c（H＋）D．d点时溶液中c（NH3•H2O）＋c（OH─）=c（Cl─）+c（H＋）9、a、b、c、d四种短周期元素在周期表中分布如图所示，下列说法正确的是（）A．若四种元素均为主族元素，则d元素的原子半径最大B．若b最外层电子占据三条轨道，则a的单质可用于冶炼金属C．若a为非金属元素，则c的气态氢化物的水溶液可能呈碱性D．若a最外层有两个未成对电子，则d的单质常温下不可能为气体10、已知X、Y、Z、W、R是原子序数依次增大的短周期主族元素，X是周期表中原子半径最小的元素，Y元素的最高正价与最低负价的绝对值相等，Z的核电荷数是Y的2倍，W的最外层电子数是其最内层电子数的3倍。下列说法不正确的是（）A．原子半径：Z＞W＞RB．对应的氢化物的热稳定性：R＞WC．W与X、W与Z形成的化合物的化学键类型完全相同D．Y的最高价氧化物对应的水化物是弱酸11、某稀溶液中含有4molKNO3和2.5molH2SO4，向其中加入1.5molFe，充分反应（已知NO3-被还原为NO）。下列说法正确的是（）A．反应后生成NO的体积为28LB．所得溶液中c（Fe2+）：c（Fe3+）=1:1C．所得溶液中c（NO3-）=2.75mol/LD．所得溶液中的溶质只有FeSO412、下列有关生活中常见物质的说法正确的是A．涤纶衬衣、橄榄油、牛皮鞋均是由有机高分子化合物构成的B．豆浆煮沸后，蛋白质变成了氨基酸C．高锰酸钾溶液、酒精、双氧水能杀菌消毒，都利用了其强氧化性D．蔗糖、淀粉、油脂均能水解产生非电解质13、下列有关物质分类正确的是A．液氯、干冰均为纯净物B．NO2、CO、CO2均为酸性氧化物C．互为同系物D．淀粉、纤维素和油脂都属于天然高分子化合物14、下列实验结果不能作为相应定律或原理的证据之一的是（）ABCD勒夏特列原理元素周期律盖斯定律阿伏加德罗定律实验方案结果左球气体颜色加深右球气体颜色变浅烧瓶中冒气泡试管中出现浑浊测得为、的和与的体积比约为2:1（B中试剂为浓盐酸、碳酸钠溶液、硅酸钠溶液）A．A B．B C．C D．D15、下列关于氧化还原反应的说法正确的是A．1molNa2O2参与氧化还原反应，电子转移数一定为NA(NA为阿伏加德罗常数的值)B．浓HCl和MnO2制氯气的反应中，参与反应的HCl中体现酸性和氧化性各占一半C．VC可以防止亚铁离子转化成三价铁离子，主要原因是VC具有较强的还原性D．NO2与水反应，氧化剂和还原剂的物质的量之比为2:116、下列晶体中属于原子晶体的是（）A．氖 B．食盐C．干冰 D．金刚石二、非选择题（本题包括5小题）17、为探究黑色固体X(仅含两种元素)的组成和性质，设计并完成如下实验：请回答：（1）X的化学式是______________。（2）写出蓝色溶液转化为蓝色沉淀的离子方程式是______________。（3）写出固体甲与稀硫酸反应的化学方程式______________。18、化合物I(）是治疗心脏病的一种重要药物，可由简单有机物A、B和萘（）合成，路线如下：(1)C的结构简式为_________，E的化学名称_______。(2)由萘生成C、B生成E的反应类型分别为_________、_________。(3)I中含氧官能团的名称为_______。(4)D可使溴水褪色，由D生成G的反应实现了原子利用率100%，则该反应的化学方程式为_______________。(5)同位素标记可用来分析有机反应中的断键情况，若用超重氢（T）标记的G（）与F反应，所得H的结构简式为则反应中G（）断裂的化学键为_______（填编号）(6)Y为H的同分异构体，满足以下条件的共有______种,请写出其中任意一种的结构简式_________。①含有萘环，且环上只有一个取代基。②可发生水解反应，但不能发生银镜反应。19、化学兴趣小组对某品牌牙膏中摩擦剂成分及其含量进行以下探究：查得资料：该牙膏摩擦剂由碳酸钙、氢氧化铝组成；牙膏中其它成分遇到盐酸时无气体生成。I.摩擦剂中氢氧化铝的定性检验取适量牙膏样品，加水充分搅拌、过滤。(1)往滤渣中加入过量NaOH溶液，过滤。氢氧化铝与NaOH溶液反应的离子方程式是___；(2)往(1)所得滤液中先通入过量二氧化碳，再加入过量稀盐酸，观察到的现象是_______；Ⅱ.牙膏样品中碳酸钙的定量测定利用下图所示装置(图中夹持仪器略去)进行实验，充分反应后，测定C中生成的BaCO3沉淀质量，以确定碳酸钙的质量分数。依据实验过程回答下列问题：(3)仪器a的名称是_______。(4)实验过程中需持续缓缓通入空气。其作用除了可搅拌B、C中的反应物外，还有：____；(5)C中反应生成BaCO3的化学方程式是_____；(6)下列各项措施中，不能提高测定准确度的是____(填标号)。a.在加入盐酸之前，应排净装置内的CO2气体；b.滴加盐酸不宜过快；c.在A-B之间增添盛有浓硫酸的洗气装置；d.在B-C之间增添盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气装置。(7)实验中准确称取8.00g样品三份，进行三次测定，测得BaCO3的平均质量为3.94g。则样品中碳酸钙的质量分数为______(保留3位有效数字)。(8)有人认为不必测定C中生成的BaCO3质量，只要测定装置C吸收CO2前后的质量差，一样可以确定碳酸钙的质量分数。你认为按此方法测定是否合适_____(填“是”“否”)，若填“否”则结果_____(填“偏低”或“偏高”)。20、ClO2与Cl2的氧化性相近，常温下均为气体，在自来水消毒和果蔬保鲜等方面应用广泛｡某兴趣小组通过图1装置（夹持装置略）对其制备、吸收、释放和应用进行了研究｡（1）仪器C的名称是：___｡安装F中导管时，应选用图2中的：___（填“a”或“b”）。（2）打开B的活塞，A中氯酸钠和稀盐酸混和产生Cl2和ClO2，写出反应化学方程式：___；为使ClO2在D中被稳定剂充分吸收，可采取的措施是___｡（3）关闭B的活塞，ClO2在D中被稳定剂完全吸收生成NaClO2，此时F中溶液的颜色不变，则装置C的作用是：___。（4）已知在酸性条件下NaClO2可发生反应生成NaCl并释放出ClO2，该反应的离子方程式为：___，在ClO2释放实验中，打开E的活塞，D中发生反应，则装置F的作用是：___｡（5）已吸收ClO2气体的稳定剂Ⅰ和Ⅱ，加酸后释放ClO2的浓度随时间的变化如图3所示，若将其用于水果保鲜，你认为效果较好的稳定剂是___，（选填“I”或“II”）理由是：___｡21、研究含氮和含硫化合物的性质在工业生产和环境保护中有重要意义。（1）制备硫酸可以有如下两种途径：2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g)△H=-198kJ·mol-1SO2(g)+NO2(g)=SO3(g)+NO(g)△H=-41.8kJ·mol-1若CO的燃烧热为283kJ·mol-1，则1molNO2和1molCO反应生成CO2和NO的能量变化示意图中E2=_________kJ·mol-1（2）锅炉烟道气含CO、SO2，可通过如下反应回收硫：2CO(g)+SO2(g)S(I)+2CO2(g)。某温度下在2L恒容密闭容器中通入2molSO2和一定量的CO发生反应，5min后达到平衡，生成1molCO2。其他条件不变时SO2的平衡转化率反应温度的变化如图A，请解释其原因：_________②第8分钟时，保持其他条件不变，将容器体积迅速压缩至1L，在10分钟时达到平衡，CO的物质的量变化了1mol。请在图B中画出SO2浓度从6~11分钟的变化曲线。（3）己知某温度下，H2SO3的电离常数为K1≈l.5×10-2，K2≈1.0×10-7，用NaOH溶液吸收SO2，当溶液中HSO3-,SO32-离子相等时，溶液的pH值约为_________（4）连二亚硫酸钠（Na2S2O4）具有强还原性，废水处理时可在弱酸性条件下加入亚硫酸氢钠电解产生连二亚硫酸根，进而将废水中的HNO2还原成无害气体排放，连二亚硫酸根氧化为原料循环电解。产生连二亚硫酸根的电极反应式为_________，连二亚硫酸根与HNO2反应的离子方程式_________。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、A【解析】

A、导管口插入四氯化碳中，氯化氢气体易溶于水不易溶于四氯化碳，能防止倒吸且能吸收氯化氢，选项A正确；B、制备氯气时应为二氧化锰和浓盐酸共热，装置中缺少加热装置，选项B错误；C、收集乙酸乙酯时导管末端不能伸入液面以下，选项C错误；D、制备氨气时应加热氯化铵和氢氧化钙混合固体，选项D错误。答案选A。2、B【解析】

①说明固体M受热会释放出少量的气体；②说明氯酸钾在温度较高的条件下会释放出氧气；③说明氯酸钾在较高的温度下与M接触释放出大量的氧气；④说明氯酸钾与固体M的混合物在较低的温度下就能释放出大量的氧气；A．实验①、②、③三个实验并不能说明M加快了气体产生的速率，故A错误；B．实验①、②、④对比可知，加入M后，在较低温度下反应就可以发生，故B正确；C．实验②、③说明固体M的加入反应速率加快了，并不能说明增加了气体产生的量，故C错误；D．要证明反应中固体M是催化剂还需要验证其质量和化学性质在反应前后是否发生了变化，故D错误；故答案选B。3、B【解析】

A．向FeCl2和KSCN的混合溶液中滴入酸化的AgNO3溶液，酸性环境下硝酸根会将亚铁离子氧化，而不是银离子，故A错误；B．乙烯含有碳碳双键，通入溴的四氯化碳溶液中发生加成反应，生成1，2-二溴乙烷，溶液无色透明，说明产物溶于四氯化碳，故B正确；C．溶液显蓝色，说明Cu(OH)2沉淀溶于氨水生成的是[Cu(NH3)4]2+，故C错误；D．二者浓度未知，应检测等浓度的CH3COONa溶液和NaNO2溶液的pH，故D错误；故答案为B。4、D【解析】

A．葡萄糖和乙醛都含有醛基，加热时都可与氢氧化铜发生氧化还原反应，不能鉴别，故A错误；B．银不与氨水反应，不能用于洗涤试管内壁的银单质，银可溶于硝酸，可用硝酸洗涤，故B错误；C．裂化汽油成分中，含有碳碳双键的化合物，可与溴水发生加成反应，则不能用作萃取剂，故C错误；D．氨基酸含有羧基、氨基，具有两性，不同的氨基酸达到等电点的pH不同，可控制pH利用溶解度差异分离，故D正确。答案选D。氨基酸解离成阳离子和阴离子的趋势及程度相等，所带净电荷为零，呈电中性，此时溶液的pH称为该氨基酸的等电点。当达到等电点时氨基酸在溶液中的溶解度最小。5、C【解析】

A．分子中含有一个碳碳双键，只有碳碳双键连接的5个碳原子共平面，A错误；B．分子中无苯环，不属于芳香族化合物，B错误；C．分子中有碳碳双键、羟基、羧基3种官能团，碳碳双键可以被加成，分子可以发生加成、氧化、取代反应，C正确；D．1mol莽草酸中含有1mol-COOH，可以与足量碳酸氢钠反应生成1molCO2气体，D错误；答案选C。高中阶段，能与碳酸氢钠反应的官能团只有羧基。1mol-COOH与足量的碳酸氢钠反应生成1molCO2。6、C【解析】

A项，反应前后电荷不守恒，正确离子方程式为2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑，A错误；B项，电荷不守恒，正确离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑，B错误；C项，Al与盐酸反应生成AlCl3和H2，符合离子方程式的书写，C正确；D项，不符合反应事实，Fe和稀硫酸反应生成Fe2+和H2，D错误；答案选C。注意电荷守恒在判断中的灵活应用，还要注意所给方程式是否符合实际反应事实。7、D【解析】

A．1mol晶体硅含Si-Si键的数目为2NA，而1mol金刚砂含C-Si键的数目为4NA，A错误；B．Ca(HCO3)2溶液中与过量的NaOH溶液反应生成CaCO3沉淀，而Mg(HCO3)2溶液中与过量的NaOH溶液反应时，由于Mg(OH)2的溶度积比MgCO3小，生成的是Mg(OH)2沉淀而不是MgCO3沉淀，B错误；C．在标准状况下，CO2是气体而CS2是液体，C错误；D．NaClO和Ca(ClO)2溶液通入过量CO2都是发生反应：ClO-+CO2+H2O=HClO+HCO3-，D正确；答案选D。8、D【解析】

A．据图可知b点的温度比a点高，水的电离吸热，所以b点Kw更大，故A错误；B．据图可知b点加入10mL0.5mol/L的氨水，与10.00mL0.5mol/L盐酸恰好完全反应，所以溶液中的溶质为NH4Cl，由于铵根会发生水解，所以c(NH4+)<c(Cl─)，故B错误；C．c点溶液为中性，溶液中存在电荷守恒c(NH4＋)+c(H＋)=c(Cl─)+c(OH─)，溶液呈中性，所以c(H＋)=c(OH─)，c(NH4＋)=c(Cl─)，溶液中整体c(NH4＋)=c(Cl─)>c(OH─)=c(H＋)，故C错误；D．d点加入20mL0.5mol/L的氨水，所以溶液中的溶质为等物质的量的NH4Cl和NH3•H2O，溶液中存在电荷守恒：c(NH4＋)+c(H＋)=c(Cl─)+c(OH─)，物料守恒：2c(Cl─)=c(NH4＋)+c(NH3•H2O)，二式联立可得c(NH3•H2O)＋c(OH─)=c(Cl─)+c(H＋)，故D正确；故答案为D。9、B【解析】

A．同周期元素从左往右，原子半径依次减小，则d元素的原子半径比a小，故A错误；B．若b最外层电子占据三条轨道，最外层电子排布为2s22p2，则b为C元素，结合位置可知a为Al，金属铝可以通过铝热反应冶炼金属，故B正确；C．若a为非金属元素，a为Si或P，则C为O或F，c的气态氢化物的水溶液为中性或酸性，故C错误；D．若a最外层有两个未成对电子，则a为Si或S，当a为S时，d为Ar，Ar的单质常温下为气体，故D错误；故选B。10、C【解析】

已知X、Y、Z、W、R是原子序数依次增大的短周期主族元素，X是周期表中原子半径最小的元素，所以X是H；Y元素的最高正价与最低负价的绝对值相等，这说明Y是第ⅣA组元素；Z的核电荷数是Y的2倍，且是短周期元素，因此Y是C，Z是Mg；W的最外层电子数是其最内层电子数的3倍，且原子序数大于Mg的，因此W是第三周期的S；R的原子序数最大，所以R是Cl元素。【详解】A、同周期自左向右原子半径逐渐减小，则原子半径：Z＞W＞R，A正确；B、同周期自左向右非金属性逐渐增强，氢化物的稳定性逐渐增强，则对应的氢化物的热稳定性：R＞W，B正确；C、H2S与MgS分别含有的化学键是极性键与离子键，因此W与X、W与Z形成的化合物的化学键类型完全不相同，C不正确；D、Y的最高价氧化物对应的水化物是碳酸，属于二元弱酸，D正确。答案选C。11、B【解析】

铁在溶液中发生反应为Fe+4H++NO3-=Fe3++NO↑+2H2O，已知，n（Fe）=1.5mol，n（H+）=5mol，n（NO3-）=4mol，氢离子少量，则消耗1.25molFe，生成1.25mol的铁离子，剩余的n（Fe）=0.25mol，发生Fe+2Fe3+=3Fe2+，生成0.75molFe2+，剩余0.75molFe3+；【详解】A.分析可知，反应后生成NO的物质的量为1.25mol，标况下的体积为28L，但题目未说明是否为标准状况，故A错误；B.所得溶液中c（Fe2+）:c（Fe3+）=0.75mol:0.75mol=1:1，故B正确；C.未给定溶液体积，无法计算所得溶液中c（NO3-），故C错误；D.所得溶液中含有Fe2+、Fe3+、SO42-、NO3-，故D错误；答案为B。12、D【解析】

A.涤纶衬衣（聚酯纤维）、牛皮鞋（主要成分是蛋白质）均是由有机高分子化合物构成的，但橄榄油是高级脂肪酸甘油酯，相对分子质量达不到10000，不是高分子化合物，A项错误；B.豆浆煮沸后，蛋白质发生变性，B项错误；C.高锰酸钾溶液、双氧水能杀菌消毒，都利用了其强氧化性；但酒精杀菌消毒是酒精进入细菌体内，使细菌体内的蛋白质变性从而杀菌，C项错误；D.蔗糖水解生成葡萄糖和果糖、淀粉水解的最终产物是葡萄糖、油脂在酸性条件下水解生成高级脂肪酸和甘油，葡萄糖、果糖、甘油都是非电解质，D项正确；答案选D。高分子化合物的相对分子质量要达到10000以上，淀粉、纤维素、蛋白质、核酸为高分子化合物，而油脂不属于高分子化合物，这是学生们的易错点，学生们总是误认为油脂也是高分子化合物。13、A【解析】

A.液氯、干冰均为由一种分子构成的物质，因此都属于纯净物，A正确；B.NO2与水反应产生HNO3和NO，元素化合价发生了变化，因此不属于酸性氧化物，CO是不成盐氧化物，只有CO2为酸性氧化物，B错误；C.属于酚类，而属于芳香醇，因此二者不是同类物质，不能互为同系物，C错误；D.淀粉、纤维素都属于天然高分子化合物，而油脂不是高分子化合物，D错误；故合理选项是A。14、B【解析】

A.是放热反应，升高温度，平衡向生成二氧化氮的方向移动，颜色变深，可以作为勒夏特列原理的证据之一；B、比较元素的非金属性，应用元素最高价氧化物对应水化物的酸性比较，浓盐酸不是氯的最高价氧化物对应水化物，无法比较氯和碳的非金属性；生成的二氧化碳中含有HCl气体，氯化氢与二氧化碳都能与硅酸钠溶液反应生成硅酸沉淀，故也无法比较碳和硅的非金属性，不能证明元素周期律；C、△H=△H1+△H2，化学反应的热效应只与起始和终了状态有关，与变化途径无关，可以证明盖斯定律；D、在同温同压下，气体的体积比等于方程式的化学计量数之比等于气体的物质的量之比，电解水生成的氧气和氢气体积比等于物质的量之比，可以证明阿伏加德罗定律；故答案为B。15、C【解析】

A．Na2O2中的O为-1价，既具有氧化性又具有还原性，发生反应时，若只作为氧化剂，如与SO2反应，则1molNa2O2反应后得2mol电子；若只作为还原剂，则1molNa2O2反应后失去2mol电子；若既做氧化剂又做还原剂，如与CO2或水反应，则1molNa2O2反应后转移1mol电子，综上所述，1molNa2O2参与氧化还原反应，转移电子数不一定是1NA，A项错误；B．浓HCl与MnO2制氯气时，MnO2表现氧化性，HCl一部分表现酸性，一部分表现还原性；此外，随着反应进行，盐酸浓度下降到一定程度时，就无法再反应生成氯气，B项错误；C．维生素C具有较强的还原性，因此可以防止亚铁离子被氧化，C项正确；D．NO2与水反应的方程式：，NO2中一部分作为氧化剂被还原价态降低生成NO，一部分作为还原剂被氧化价态升高生成HNO3，氧化剂和还原剂的物质的量之比为1:2，D项错误；答案选C。处于中间价态的元素，参与氧化还原反应时既可作为氧化剂表现氧化性，又可作为还原剂表现还原性；氧化还原反应的有关计算，以三个守恒即电子得失守恒，电荷守恒和原子守恒为基础进行计算。16、D【解析】

根据原子晶体的组成特点及常见的性质判断，晶体硅、金刚石和二氧化硅等是常见的原子晶体。【详解】A、氖属于分子晶体，选项A不选；B、食盐为氯化钠晶体，氯化钠属于离子晶体，选项B不选；C、干冰属于分子晶体，选项C不选；D、金刚石属于原子晶体，选项D选；答案选D。二、非选择题（本题包括5小题）17、CuOCu2++2OH-=Cu(OH)2Cu2O＋H2SO4=Cu＋CuSO4＋H2O【解析】

流程中32gX隔绝空气加热分解放出了能使带火星的木条复燃的气体为氧气，质量：32.0g-28.8g=3.2g，证明X中含氧元素，28.8g固体甲和稀硫酸溶液反应生成蓝色溶液，说明含铜离子，证明固体甲中含铜元素，即X中含铜元素，铜元素和氧元素形成的黑色固体为CuO，X为氧化铜，n(CuO)==0.4mol，结合质量守恒得到n(O2)==0.1mol，氧元素守恒得到甲中n(Cu)：n(O)=0.4mol：(0.4mol-0.1mol×2)=2：1，固体甲化学式为Cu2O，固体乙为Cu，蓝色溶液为硫酸铜，加入氢氧化钠溶液生成氢氧化铜沉淀，加热分解得到16.0g氧化铜。【详解】(1)分析可知X为CuO，故答案为CuO；(2)蓝色溶液为硫酸铜溶液，转化为蓝色沉淀氢氧化铜的离子方程式为Cu2++2OH-=Cu(OH)2，故答案为Cu2++2OH-=Cu(OH)2；(3)固体甲为Cu2O，氧化亚铜和稀硫酸溶液发生歧化反应生成铜、二价铜离子和水，反应的化学方程式为：Cu2O＋H2SO4=Cu＋CuSO4＋H2O，故答案为Cu2O＋H2SO4=Cu＋CuSO4＋H2O。18、乙醇取代反应加成反应醚键和羟基ad8(任写一种，符合题目要求即可)【解析】

和氯气在催化剂作用下发生取代生成C，C在碱性条件下发生发生水解反应生成F，F和G在碱性条件下生成H，根据H的结构简式，可知C的结构简式为，F的结构简式为；B(乙烯)在催化剂作用下与水发生加成反应生成E，则E为乙醇，乙醇与氨气发生取代反应生成(CH3CH2)3N，据此分析解答。【详解】(1)根据分析C的结构简式为，E的化学名称是乙醇；(2)根据分析，和氯气在催化剂作用下发生取代生成C，反应类型为取代反应；B(乙烯)在催化剂作用下与水发生加成反应生成E，反应类型为加成反应；(3)化合物I的结构简式为，其中含氧官能团有醚键和羟基；(4)A与氯气在加热条件下反应生成D，D在催化剂作用下被氧气氧化生成G，D可使溴水褪色，说明D中含有碳碳双键，由D生成G的反应实现了原子利用率100%，结合G的结构简式可知，D的结构简式为，则该反应的化学方程式为：；(5)反应中G（）到H()过程中，氯原子从G分子中脱离，则a位置的键发生断键；含有重氢的环状结构断开，说明d位置化学键断裂；断裂的化学键为ad；(6)H的结构简式为，Y为H的同分异构体，含有萘环，且环上只有一个取代基，可发生水解反应，但不能发生银镜反应，说明分子中由酯基，没有醛基，故符合要求的结构简式为、、、、、、、，共有8种(任写一种，符合题目要求即可)。19、Al(OH)3+OH-═AlO2-+2H2O通入CO2气体有白色沉淀生成，加入盐酸后有气体产生，同时沉淀溶解分液漏斗把生成的CO2气体全部排入C中，使之完全被Ba(OH)2溶液吸收CO2+Ba(OH)2═BaCO3↓+H2Ocd25.0%否偏高【解析】

Ⅰ．(1)氢氧化铝与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠与水；(2)滤液中含有偏铝酸钠，先通入过量二氧化碳，发生反应AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-，再加入过量稀盐酸，Al(OH)3+3HCl=AlCl3+3H2O、HCO3-+H+=CO2↑+H2O；Ⅱ．实验通过C装置生成的碳酸钡的质量测定二氧化碳的质量，进而计算牙膏中碳酸钙的质量分数。装置中残留部分二氧化碳，不能被完全吸收，需要通过适当的方法将二氧化碳全部赶入氢氧化钡的试剂瓶中，据此分析解答(3)~(7)；(8)装置B中的水蒸气和氯化氢气体会进入装置C中被吸收，据此分析判断。【详解】Ⅰ．(1)氢氧化铝与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠与水，反应的离子方程式为Al(OH)3+OH-═AlO2-+2H2O，故答案为Al(OH)3+OH-═AlO2-+2H2O；(2)往(1)所得滤液中先通入过量二氧化碳，发生反应AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-，再加入过量稀盐酸，Al(OH)3+3HCl=AlCl3+3H2O，HCO3-+H+=CO2↑+H2O，因此反应现象为通入CO2气体有白色沉淀生成；加入盐酸有气体产生，沉淀溶解，故答案为通入CO2气体有白色沉淀生成，加入盐酸后有气体产生，同时沉淀溶解；Ⅱ．(3)根据图示，仪器a为分液漏斗，故答案为分液漏斗；(4)装置中残留部分二氧化碳，如果不能被完全吸收，会导致测定的碳酸钡的质量偏小，持续缓缓通入空气可以将生成的CO2气体全部排入C中，使之完全被Ba(OH)2溶液吸收，故答案为把生成的CO2气体全部排入C中，使之完全被Ba(OH)2溶液吸收；(5)在C中二氧化碳与氢氧化钡反应生成碳酸钡与水，反应的化学方程式为CO2+Ba(OH)2═BaCO3↓+H2O，故答案为CO2+Ba(OH)2═BaCO3↓+H2O；(6)a.在加入盐酸之前，应排净装置内的CO2气体，防止空气中二氧化碳进入C被氢氧化钡吸收，所以提前排尽装置中的二氧化碳，可以提高测定准确度，故a不选；b.滴加盐酸过快，则生成二氧化碳过快，C中二氧化碳不能全部被吸收，所以要缓慢滴加盐酸，可以提高测定准确度，故b不选；c.BC中均为水溶液，不需要干燥，所以在A～B之间增添盛有浓硫酸的洗气装置，不能提高测定准确度，故c选；d.挥发的HCl进入盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气装置会生成二氧化碳，则在C中被氢氧化钡吸收的二氧化碳偏多，所以在B～C之间增添盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气装置，会使测定准确度降低，故d选；故答案为cd；(7)BaCO3质量为3.94g，则n(BaCO3)==0.02mol，则n(CaCO3)=0.02mol，质量为0.02mol×100g/mol=2.00g，所以样品中碳酸钙的质量分数为×100%=25.0%，故答案为25.0%；(8)B中的水蒸气、氯化氢气体等进入装置C中，导致测定二氧化碳的质量偏大，测定的碳酸钙的质量偏大，碳酸钙的质量分数偏高，因此不能通过只测定装置C吸收CO2前后的质量差确定碳酸钙的质量分数，故答案为否；偏高。20、球形干燥管b2NaClO3+4HCl═2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O调节分液漏斗B的旋塞，减缓（慢）稀盐酸滴加速度吸收Cl24H++5ClO2-=Cl-+4ClO2↑+2H2O检验是否有ClO2生成II稳定剂Ⅱ可以缓慢释放ClO2，能较长时间维持保鲜所需的浓度【解析】

(1)根据仪器特征，判断仪器名称；根据实验原理，还需要连接尾气处理装置，所以应长管进气，短管出气；(2)根据电子转移守恒和原子守恒书写氯酸钠和稀盐酸混和产生Cl2和ClO2的反应化学方程式，为使ClO2在D中被稳定剂充分吸收，产生ClO2的速率要慢；

(3)

根据Cl2+2KI=2KCl+I2进行分析；

(4)在酸性条件下NaClO2可发生反，应生成NaCl并释放出ClO2，根据元素守恒可判断生成物，书写反应方程式；

(5)由图分析可知，稳定剂II可以缓慢释放ClO2，能较长时间维持保鲜所需的浓度。【详解】(1)根据仪器特征：可知仪器C是球形干燥管；F装置应是Cl2和KI反应，还需要连接尾气处理装置，所以应长管进气，短管出气，故选b；

(2)氯酸钠和稀盐酸混和产生Cl2和ClO2，NaClO3中氯为+5价被还原成ClO2中+4价，盐酸中氯为-1价被氧化成0价氯，转移电子数为2，所以NaClO3、ClO2前系数为2，Cl2前系数为1，反应化学方程式：2NaClO3+4H